с.м.чернов_квантовая механика
.pdf
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ˆ ' 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ˆ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
' |
≡ |
H |
' |
= |
|
0* |
|
2 |
dr = ∫drr |
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
' |
(r) |
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
H11 |
|
∫ψ1 |
H ψ1 r |
|
|
|
R20 |
(r)H |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
Z 4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Z r 2 −Z |
r |
|
e2 |
|
|
3 e2 |
|
|
|
1 e2 |
|
|
3 |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
= ∫drr |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
e |
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
− |
|
|
|
|
|
|
|
+ |
|
|
|
|
|
|
|
r |
|
|
|
≈ |
||||||||||||||
|
2a |
3 |
(4πε |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r |
2 R |
2 |
|
R |
3 |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
0 |
|
|
|
|
|
0 ) |
|
|
|
|
|
2 a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
Z 4e2 |
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
Z 4e2 |
|
|
|
R 2 |
|
|
|
|||||||||||||||||||||
≈ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dr(r − |
|
|
|
|
|
|
r |
|
+ |
|
|
|
|
|
|
r |
|
) |
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|||||||||||||||||||||
2a |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2R |
|
|
|
2R |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
(4πε0 ) ∫0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
20 a (4πε0 ) |
a |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
' |
= |
H |
|
' |
|
' |
|
|
≡ H |
' |
= |
∫ψ |
0* |
|
ˆ |
' |
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
ˆ |
' |
(r) |
= |
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
H22 |
33 = H44 |
|
|
2 |
H |
ψ |
2 dν = ∫drr |
|
R21 |
(r)H |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
2 z3 |
|
|
|
z3 |
|
|
|
r2 |
|
|
|
|
|
|
−Z |
r |
e2 |
|
|
|
3 e2 |
|
|
|
1 |
|
|
e2 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
= ∫drr |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
e |
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
− |
|
|
|
|
|
+ |
|
|
|
|
|
|
|
r |
|
|
≈ |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
6a |
3 |
|
|
4 a |
2 |
(4πε0 ) |
|
|
|
|
r |
|
|
2 R |
2 |
|
|
R |
3 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
≈ |
|
|
Z 6e2 |
|
|
|
|
R |
dr(r |
3 |
− |
|
|
3 |
|
r |
4 |
+ |
|
|
1 |
|
|
r |
6 |
) = |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
z6e2 |
|
|
|
|
R 4 |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
24a |
5 |
(4πε |
0 ) ∫0 |
|
|
|
2R |
|
2R |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1120 a (4πε0 ) |
|
a |
Тогда вековое уравнение примет диагональный вид:
|
(H |
' |
' |
) |
0 |
0 |
|
|
0 |
|
|
|
|
− E |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
0 |
|
(H '' − E' ) |
0 |
|
|
0 |
|
= 0 , |
|
|
0 |
|
0 |
(H '' − E' ) |
|
|
0 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
'' |
' |
|
|
|
|
|
0 |
|
0 |
0 |
(H |
|
|
||
|
|
|
|
|
− E |
) |
|
решением которого являются искомые поправки:
E' |
= H ' = |
1 |
|
|
Z 4e2 |
|
R |
2 . |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
1 |
|
|
|
20 a (4πε0 ) |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
a |
|
(10) |
|||||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
z6e2 |
|
|
|
|
R 4 |
|||||||
' |
|
'' |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
E2 |
= H |
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
1120 a (4πε0 ) |
|
a |
|
относительное смещение возбужденного уровня с учетом (2) равны:
|
|
E0 |
|
|
2 |
|
|
R 2 |
|
|
− |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
δ |
= |
1 |
|
= |
|
|
z2 |
|
|
|
10 4 |
|
||||
0 |
|
|
|
|
||||||||||||
1 |
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
E2 |
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
(11) |
||||
|
|
|
E0 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
R 4 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− |
|||||||
δ2 = |
|
2 |
= |
|
|
|
|
z4 |
|
10 |
10 |
|||||
0 |
140 |
|
||||||||||||||
|
|
|
E2 |
|
|
|
a |
|
|
|
где мы рассмотрели утрированный случай Z 100 . Как видно, поправки к уровням энергии водородоподобных атомов, даже при Z 100 , являются
весьма малыми |
E |
10−4 |
. Поправка для 2р-электрона вообще исчезающее |
|||
|
|
|
|
E |
|
|
мала |
E |
10−10 |
. Последнее связано с тем, что электрон с орбитальным мо- |
|||
|
E |
|
|
|
|
|
ментом 1 ≠ 0 большую часть времени находится вне области ядра, и искажение кулоновского поля практически не влияет на его состояние.
181
Следует, однако, заметить, что влияние конечных размеров ядра может быть весьма существенным в случае так называемых мезоатомов, когда вблизи ядра движутся не электроны, а мюоны с массой mμ = 207me . Это следу-
ет из оценок:
E1' a13 m3 и E2' a15 m5 .
4.6. Водородоподобный атом помещен в однородное электрическое поле с напряженностью ε, направленное вдоль оси Z . Найти расщепле-
ние первого возбужденного уровня энергии (эффект Штарка).
Решение:
Очевидно, что в данном примере нарушается центральный характер поля. Поэтому следует ожидать расщепление энергии 2р-состояния на три подуровня, соответствующих различным значениям магнитного квантового числа m = 0, ±1.
В однородном электростатическом поле, направленном вдоль оси z, потенциальная энергия взаимодействия электрона с полем равна:
ˆ |
' |
= eεz |
(1) |
H |
|
которая и представляет собой оператор возмущения. Как уже отмечалось, первый возбужденный уровень (n=2) является 4-х кратно вырожденным. Поэтому линейные по возмущению поправки к энергии можно найти как решение векового уравнения. Однако, большинство матричных элементов Hmn'
равно нулю. В этом проще всего убедиться, записав волновые функции не в сферических, а в декартовых координатах. Действительно, учитывая связь
|
|
|
|
|
|
|
|
x = r sinθ cosϕ; |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
y = r sinθ sinϕ; |
(2) |
||||||||
для шаровых функций получаем: |
z = r cosθ. |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Y 0 |
= |
|
1 |
; Y 0 |
= |
3 |
cosθ = |
3 |
|
z |
; |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
0 |
|
|
|
4π |
1 |
|
4π |
|
|
|
4π r |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Y ±1 |
= |
3 |
|
sinθ e±iϕ = |
|
3 |
sinθ(cosϕ ±i sinϕ) = |
(3) |
|||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||
0 |
|
|
|
|
8π |
|
|
|
|
|
8π |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
= |
3 |
(x ±iy) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
8π |
|
|
r |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Отсюда видно, что при вычислении матричных элементов Hmn' |
мы при- |
||||||||||||||||
ходим к интегралам типа: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I = ∫∫∫dxdydzxk ym zn f (r) .
−∞
182
Если хотя бы один из трех параметров k, m, n является нечетным числом, то I=0. учитывая соотношения (1) и (2), мы легко определим, что отличными от нуля являются лишь матричные элементы H12' = H21' с волновыми функциями
ψ 0 |
=ψ |
200 |
= R Y 0 |
; |
ψ 0 |
=ψ |
210 |
= R Y 0 . . |
||
1 |
|
20 |
0 |
|
2 |
|
21 |
1 |
Учитывая явный вид волновых функций и оператора возмущения (1) получаем:
H12' |
|
|
eε Z 4 |
∞π 2π |
−Z |
r |
|
|
Z r |
|
3eεa |
|
(4) |
||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
= |
|
|
|
|
|
∫∫ ∫ drdθdϕe |
|
a 1 |
− |
|
|
|
r4 |
cos2 θ sinθ = − |
|
. |
|||
16π |
|
a |
4 |
|
|
Z |
|||||||||||||
|
|
|
|
0 0 0 |
|
|
|
|
2 a |
|
|
|
Таким образом, вековое уравнение примет вид:
|
−E' |
H ' |
0 |
0 |
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
H21' |
−E' |
0 |
0 |
= 0 . |
|
|
0 |
0 |
−E' |
0 |
|
|
0 |
0 |
0 |
|
' |
|
−E |
Последнее уравнение можно представить в виде:
E'2 (E'2 − H12'2 ) = 0 ,
решением которого являются искомые поправки:
E' |
= E' |
= 0; |
E' |
= ±H ' |
= ± |
3eεa |
. |
(5) |
|
||||||||
1 |
2 |
|
3,4 |
12 |
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Как и ожидалось, четырехкратно вырожденный уровень E0 |
расщепля- |
|||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
ется на три компоненты. Полное снятие вырождения не произошло, так как при наличии поля остается симметрия относительно вращения вокруг направления поля. В результате такого расщепления вместо одной спектральной линии, отвечающей переходу E20 → E10 , мы получили три линии. Данное явле-
ние называется эффектом Штарка.
Из (5) следует, что величина расщепления для водорода ( Z =1) составляет E = E4' −E3' =6eεa ≈3 10−8ε эВ, если ε измеряется в В/см. расщепление мало даже в достаточно сильных полях с напряженностью
ε =104 смВ ( E = 3 10−4 эВ, а разность E20 − E10 ≈10эВ).
183
Задачи к главе V
5.1. Оценить время τ, в течение которого электроны в атоме гелия обмениваются своими квантовыми состояниями. Связать его с обменной энергией А. Спиновыми эффектами пренебречь.
Решение:
Как было показано, состояние электронов в атоме гелия с энергиями
Es = E0 + K + A и Ea = E0 + K − A |
описываются |
координатными |
волновыми |
||||
функциями (41.12) (41.13): |
1 |
|
|
|
1 |
|
|
Φs = |
|
(Φ1 + Φ2 ); Φa = |
|
(Φ1 −Φ2 ). |
(1) |
||
2 |
|
|
2 |
||||
|
|
|
|
|
|
||
При этом функции Φ1 и Φ2 |
имеют вполне определенный физический смысл: |
Φ1 – описывает состояние (41.2), когда первый электрон находится в первом
квантовом состоянии, а другой – во втором, Φ2 – определяет такую конфигурацию (41.4), когда электроны обменялись
квантовыми состояниями.
В соответствии с общими принципами квантовой механики эти стационарные состояния можно описывать также волновыми функциями, гармонически зависящими от времени:
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
|
||||
ψ s |
= Φse− |
|
|
Est |
= |
1 |
|
(Φ1 |
+ Φ2 )e−iω0t e−iat ; |
||||
h |
|||||||||||||
|
|
2 |
|
||||||||||
|
|
|
i |
|
|
|
|
(2) |
|||||
ψ a |
= Φa e− |
|
Eat |
= |
|
1 |
|
|
(Φ1 − Φ2 )e−iω0t eiat , |
||||
h |
|
||||||||||||
|
2 |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
где введены обозначения:
ω0 = |
E0 + K |
; |
a = |
A |
. |
(3) |
h |
|
|||||
|
|
|
h |
|
Далее, в соответствии с принципом суперпозиции, состояние двухэлектронной системы можно описать и любой линейной комбинацией функций (2), в частности:
|
|
|
|
|
|
1 |
( s |
|
a ) |
|
|
1 |
− ω |
1 ( |
|
) |
2 ( |
) |
|
|
|||
|
|
|
|
|
ψ = |
|
ψ +ψ |
= |
2 |
e i 0t Φ |
|
eiat +e−iat +Φ |
e−iat −eiat |
|
= |
(4) |
|||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
= eiω0t (cos atΦ1 −i sin atΦ2 )= c1 (t)Φ1 +c2 (t)Φ2 , |
|
|
|
|||||||||||||||
где введены обозначения: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
c1 (t)= e−iω0t cos at; |
|
c2 (t)= −ie−iω0t sin at. |
|
|
(5) |
|||||||||||
Причем, |
|
c |
|
2 |
= cos2 at |
есть вероятность нахождения электронов в состоянии с |
|||||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
волновой |
|
функцией |
Φ |
, |
а |
|
c |
2 |
|
2 |
= sin2 at |
|
|
– |
вероятность того, |
что в |
системе |
||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
произошел обмен первоначальными квантовыми состояниями.
184
При |
t = 0 |
|
c |
|
2 |
=1, |
|
|
c |
2 |
|
2 |
= 0 , т.е. |
мы |
имели |
|
с достоверностью первое |
||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
состояние, |
но |
через |
время τ = |
π |
|
c |
|
2 = 0, |
|
c |
|
2 =1 в системе произошел |
|||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2a |
|
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
квантовый обмен. Учитывая обозначение (3), окончательно получаем:
τ = |
π |
= |
πh . |
(6) |
|
2a |
|||||
|
|
2A |
|
Таким образом, время обмена квантовыми состояниями обратно пропорционально обменной энергии А, зависящей от степени перекрывания электронных облаков.
Оценки показывают, что в атоме гелия время обмена двух электронов, находящихся в 1s- и 2s- состояниях имеет порядок τ 10−15 c . Если же второй электрон удалить в состояние 10s , то время обмена возрастает до величины τ 10 лет.
Задача 5.2. В возбужденном состоянии атома гелия один электрон находится в 3d -, а другой в 2p -состояниях. Какие состояния атома при
этом возможны?
Решение:
Так как электроны не являются эквивалентными (имеют различные значения l = 2,1), то подсчет возможных термов чрезвычайно прост. Согласно правилу сложения моментов – L =1,2,3 , а полный спин атома S = 0,1. Следовательно, такая система может иметь следующие термы:
1P1; 3P0,1,2 ; 1D2 ; 3D1,2,3; 1F3; 3F2,3,4.
В отсутствии спин-орбитального взаимодействия уровни энергии с различными J в пределах триплетов совпадают.
Задача 5.3. Два электрона находятся в S-состоянии (l = 0) и имеют
одинаковые значения главного квантового числа n1 = n2 = n. Определить спектральный терм атома (основное состояние атома гелия).
Решение:
Если электроны в атоме являются эквивалентными, т.е. имеют одинаковые значения n и l , то при подсчете возможных термов необходимо учитывать принцип запрета Паули.
Так как l1 = l2 = 0 , то орбитальные магнитные квантовые числа так же равны нулю m1 = m2 = 0 . Следовательно, в соответствии с принципом Паули, электроны должны отличаться различными проекциями спинов, например,
ms1 = + 12 , ms2 = −12 . Тогда L = 0, S = 0, J = 0 и возможен лишь единственный
синглетный терм 1S0 . Такое состояние атома гелия называется парагелием. 185
Внутри квадратиков указана мультиплетность состояния. Затем
выбираются максимальные значения M L и MS : |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
1. |
M max |
= 2. |
Тогда |
|
M max |
= 0 , что |
соответствует L = 2 и |
S = 0 |
и, |
||||||||||
|
|
L |
|
|
|
|
S |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
следовательно, |
J = L = 2. |
Таким |
образом, |
получаем |
первый |
||||||||||||
|
|
возможный |
синглетный |
терм: 2S+1L |
1D . |
Этому |
же |
терму |
на |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
диаграмме |
|
Слэтера |
соответствуют |
точки |
с |
координатами |
|||||||||||
|
|
(M L , M S ) = (−2,0); (−1,0); (0,0); (1,0); ( |
2,0), |
которые |
вычеркиваются |
||||||||||||||
|
|
из диаграммы. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
2. |
M max |
=1; M max =1. |
|
Отсюда следует, |
что возможны значения |
L =1 и |
|||||||||||||
|
|
L |
|
S |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
S =1, |
и, |
следовательно, |
J = 0,1,2. |
|
Таким |
образом, |
возможен |
||||||||||
|
|
триплетный |
терм |
3P . |
Этому |
состоянию соответствует |
также |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
0,1,2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
следующая комбинация M L и M S |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ML |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
MS |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
-1, |
0, |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
-1, |
0, |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
-1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
-1, |
0, |
1 |
|
|
|
После исключения этого терма из диаграммы Cлэтера остается всего одно состояние с M L = 0 и M S = 0 , что соответствует значениям L = S = 0 и
J = 0 , т.е. синглетный терм 1S0 . Таким образом, система из двух эквивалентных p-электронов с n1 = n2 = n и l1 = l2 =1 может находиться в состояниях:
3P0,1,2 ; 1D2 ; 1S0 .
Задача 5.5. Вне замкнутых внутренних оболочек атома имеется четыре d-электрона. Определите терм его основного состояния в пренебрежении спин-орбитальными силами.
Решение:
Так как у четырех эквивалентных электронов l = 2 , то ml каждого электрона принимает 5 значений: ml = −2, −1,0, +1, +2, поэтому все четыре
электрона могут иметь одинаковые проекции спина, например, ms = 12 , что обеспечит наибольший спин системы S = 2 . После этого мы должны
187
приписать электронам различные значения ml , которые могли бы обеспечить
4
максимальное M L = ∑mli . Для этого можно взять набор ml = 2,1,0, −1. Тогда
i=1
M Lmax = 2, что соответствует L = 2 , следовательно, искомый терм 5D0,1,2,3,4 .
В отсутствии спин-орбитальных сил этот уровень для различных
J является пятикратно вырожденным.
Задача 5.6. Определить спектральный терм основного состояния атома углерода (Z = 6): C(1s2 2s2 2p2 ).
Решение:
Внутренние s-оболочки атома не вносят вклад в механический момент атома. Внешняя p-оболочка могла бы вместить не 2, а 6 электронов, т.е. меньше половины, тогда в соответствии с задачей 5.4 и правилами Хунда основным термом углерода является терм: 3P0
Отсюда, в частности, следует, что углерод не обладает атомным
магнитным моментом μ = −g e J = 0. m0
188
Задачи к главе VI
6.1. Электрон рассеивается в кулоновском поле точечного ядра с зарядом Ze . Вычислить дифференциальное сечение рассеяния электрона на ядре (формула Резерфорда).
Решение:
В первом борновском приближении при рассеянии частицы массы m в центрально-симметричном поле u(r) дифференциальное сечение рассеяния равно:
|
|
dσ |
|
|
2 |
∞ |
|
|
|
2 |
|
|
|
|||
|
|
= |
|
4m |
| ∫U(r)sin qrrdr |2 = |
4m |
J2 |
, |
(1) |
|||||||
|
|
dΩ |
4 2 |
4 2 |
||||||||||||
|
|
|
|
h q |
0 |
|
|
|
|
h q |
|
|
||||
где |
q =2k0 sin |
θ ; |
k02 = |
2mE |
; |
q2 = |
8mE |
sin2 θ . |
(2) |
|||||||
2 |
2 |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
h |
|
h |
2 |
|
Потенциальная энергия взаимодействия электрона с ядром равна:
U (r)= − |
Ze2 |
. |
(3) |
|
4πε0r |
||||
|
|
|
Однако, непосредственное применение формулы (1) невозможно, т.к. радиус действия кулоновских сил равен бесконечности, и интеграл J в соотношении
(1) расходится. Чтобы преодолеть эту трудность рассмотрим “экранированный” кулоновский потенциал (потенциал Юкава):
|
|
|
− |
r |
|
|
|
U (r )= − |
Ze2 |
e |
a |
, |
(4) |
||
|
|||||||
4πε0r |
|
r |
|||||
|
|
|
|
который переходит в кулоновский при отсутствии экранировки (a → ∞). Для дальнейшего учтем табличный интеграл вида:
∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
q |
|
|
|
|
|
|
|
∫e−pr sin qrdr = |
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
(5) |
|||||||
|
p |
2 |
+q |
2 |
|
|
|
|
|||||||||
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Далее вычислим интеграл J : |
|
|
|
r |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
∞ |
Ze2 |
∞ |
|
|
|
|
|
|
Ze2 q |
|
|
||||||
J = ∫U (r)sin qrrdr = − |
∫e− |
|
|
sin qrdr = − |
|
|
|||||||||||
a |
|
, |
|||||||||||||||
|
|
|
|
1 |
|||||||||||||
0 |
4πε0 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4πε0 q2 + |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a2 |
|
|||||||
который переходит в пределе a → ∞ в выражение вида: |
|
||||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||
J = − |
Ze2 |
|
|
1 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
(6) |
||||
4πε0 |
q |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Отсюда, с учетом условия (2), окончательно получаем формулу Резерфорда:
dσ (ϑ) |
|
4m2 |
J |
2 |
|
Ze2 2 |
1 |
|
. |
|||||
|
= |
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
||
dΩ |
4 |
q |
2 |
|
16πε |
|
sin |
4 |
ϑ |
|||||
|
h |
|
|
|
|
0 E |
|
|
189
Отметим, что эта формула справедлива лишь в нерелятивистском приближе-
нии (v c) и для точечного ядра.
6.2. Рассматривая ядерный потенциал в виде сферической потенциальной ямы радиуса а и глубины -U0 , т.е.
|
-U |
, |
r ≤ a |
. |
(1) |
U (r)= |
0 |
|
r ≥ a |
||
0, |
|
|
|
1)Вычислить дифференциальное и полное сечение упругого рассеяния нейтрона на протоне в первом борновском приближении.
2)Оценить порядок сечения рассеяния “тепловых” нейтронов на протонах, используя связь параметров потенциала, полученную в теории дейтрона (задача 3.11):
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
U r2 |
= |
|
π2h2 |
. |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
o |
o |
|
|
|
4mp |
|
|
|
|
(2) |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение: |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
В этой задаче необходимо использовать приведенную массу системы: |
|||||||||||||||||||||||
M = |
mpmn |
≈ |
mp |
, и учесть вспомогательный интеграл, который легко вычис- |
|||||||||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
m |
p |
+ m |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ляется путем интегрирования по частям: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J1 = ∫x sin qxdx = |
|
1 |
(sin qx − qx cos qx). |
(3) |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
q |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Как и в предыдущей задаче, вычислим вначале интеграл J вида: |
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
∞ |
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
U0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
J = ∫U (r )sin qrrdr = −U0 |
∫r sin qrdr = − |
(sin qa −qa cos qa). |
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
q |
|
|||
Отсюда получим дифференциальное сечение рассеяния: |
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
dσ |
2 |
|
|
2 2 |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
= |
mp |
J 2 = |
mpU0a |
|
|
|
|
1 |
|
(sin qa − qa cos qa)2 . |
(4) |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
dΩ |
h4 q2 |
|
|
|
|
|
a4 q6 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
h2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Для получения полного эффективного сечения необходимо провести интегрирование по всем углам рассеяния 0 ≤ϑ ≤ π . При этом удобно перейти к но-
вой переменной q = 2k sin |
ϑ |
|
|
mp E |
|
2 |
, где |
k = |
|
(соотношение (2) задачи 6.1). В этом |
|
|
|||||
|
|
|
h |
случае dq = k cos ϑ2 dϑ и интегрирование проводится в пределах 0 ≤ q ≤ 2k.
Элемент телесного угла можно преобразовать к виду:
dΩ = 2π sinθdθ = 4π sin θ2 cos θ2 dθ = 2kπ2 qdq .
Тогда полное сечение рассеяния будет равно:
190