Решённые задачи с комиссии (1121423)

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла

пока ещё есть время, предлагаю способ подготовки к комиссии — публикациюрешений задач уровня сложности комиссии, и их обсуждение на форумезадачи можно брать, например, отсюда: http://dubinushka.ru/upload/materials/385.docэти решения задач были оформлены пользователем kuchumovn и подвергнутыобсуждению на форуме с пользователями Dawka, Nacht-Wändler, Lexusтакже на отдельные задачи бегло посмотрел профессор Александр МихайловичПопов, и указал на ряд ошибокоднако эти решения задач могут содержать ошибки, и предоставлены AS ISесли вы заметили ошибку, напишите о ней на форумевы можете внести вклад в этот документ, разместив на форуме (или пославна atomkawaii@gmail.com) решение какой-то комиссионной задачи — она будетпереведена в TEXКомиссия, Вариант 3, Задача 1.

Частица массы M гармонически осциллируетв основном состоянии в области 4x0 . Исходя из соотношения неопределённостей,оцените частоту осцилляций частицы.Решение.kx2, ω=U=2T =rkM ω 2 x2=⇒ U =M2p22MКоордината частицы никогда не определена точноНеопределённость координаты — это когда x ∈ [x0 − 4x, x0 + 4x]Поместим x0 в точку x = 04x0Тогда 4x =2h̄4xНеопределённость импульса — это когда p ∈ [p0 − 4p, p0 + 4p]Можно положить импульс максимально неопределённымИмпульс тоже не определён, и 4x 4 p ∼ h̄ =⇒ 4p ∼1Тогда снизу он будет ограничен нулём, а сверху величиной 4p =⇒ p ∼ 4p ∼h̄4x1 способТогда полную энергию частицы можно записать как E = T +U =h̄2M ω 2 4 x2+2M 4 x224p2 M ω 2 4 x2+∼2M2Дано, что частица совершает осцилляции в основном состоянии =⇒ E минимальна∂E=⇒=0∂4x∂Eh̄2(4x, ω) ∼ −+ M ω2 4 x = 0∂4xM 4 x3Отсюда можно найти частоту колебанийω∼h̄4h̄=2M 4xM 4 x202 способkx2maxM ω 2 M x2M ω 2 M x2==222222p4pMpTmax = max ==2M2M2M4p24p 1Umax = Tmax =⇒ M ω 2 4 x2 ==⇒ ω =M4x Mh̄h̄ 14h̄4p 4 x ∼ h̄ =⇒ 4p ∼=⇒ ω ∼=24xM 4xM 4 x20Umax =2Комиссия, Вариант 4, Задача 2.

Энергия электрона в ионе He+ равна E = −Ry.Какими могут быть значения орбитального квантового числа l?Решение.Z2Используя модель атома Бора: E = −Ry 2nZ=2=⇒ n = 2; l = 0, ..., n − 1 = 0, 1E = −Ry3Комиссия, Вариант 4, Задача 3. Одномерная симметричная (U (−x) = U (x))потенциальная яма содержит всего три уровня. С какой частотой (частотами) можетосциллировать дисперсия координаты частицы hx(t)2 i? Уровни энергии E1,2,3 и собственныефункции ψ 1,2,3 (x) оператора Гамильтона считать известными.Решение.D(t) = hx(t)2 i − hx(t)i2 = hx(t)2 i =⇒ hx(t)i = 0hx(t)i =R∞ψ̄(x, t)x(t)ψ(x, t)dx−∞по условию ψ(x, t) = C1 ψ 1 (x, t) + C2 ψ 2 (x, t) + C3 ψ 3 (x, t) =⇒hx(t)i =R∞[C̄1 ψ̄ 1 (x, t)+ C̄2 ψ̄ 2 (x, t)+ C̄3 ψ̄ 3 (x, t)]x[C1 ψ 1 (x, t)+C2 ψ 2 (x, t)+C3 ψ 3 (x, t)]dx−∞Ck и ψ k (x) - вещественные (см. лекция №5), но не ψ k (x, t)=⇒ hx(t)i = C12 hx(t)i1 + C22 hx(t)i2 + C32 hx(t)i3 +X R∞x[i Cj ψ̄ i (x, t)ψ j (x, t)]dx = 0i6=j −∞hx(t)ik = 0 =⇒ сумма произвольныхR∞x[i Cj ψ̄ i (x, t)ψ j (x, t)]dx равна нулю−∞=⇒ каждыйR∞x[i Cj ψ̄ i (x, t)ψ j (x, t)]dx равен нулю−∞x - нечётная функция =⇒ ψ̄ i (x, t)ψ j (x, t) — чётная по x функцияEkψ k (x, t) = ψ k (x) exp −i th̄=⇒ ψ i (x, t)ψ j (x, t)− тоже чётная по x функция =⇒ ψ k (x, t), из которых состоитψ(x, t), либо все нечётные, либо все чётные по xψ k (−x, t) =ψ k (x, t), k = 1, 3, ...(см.

лекция №5)ψ k (−x, t), k = 2, 4, ...4(=⇒ 2 случая:ψ(x, t) = C1 ψ 1 (x, t) + C3 ψ 3 (x, t)ψ(x, t) = ψ 2 (x, t)1 случай: ψ(x, t) = C1 ψ 1 (x, t) + C3 ψ 3 (x, t)D(t) = hx(t)2 i =R∞[C1 ψ̄ 1 (x, t) + C3 ψ̄ 3 (x, t)]x2 [C1 ψ 1 (x, t) + C3 ψ 3 (x, t)]dx =−∞= C12 D1 + C32 D3 +R∞x2 C1 C3 ψ̄ 1 (x, t)ψ 3 (x, t)dx +R∞x2 C1 C3 ψ 1 (x, t)ψ̄ 3 (x, t)dx−∞−∞в этом выражении от времени зависят только интегралы ∞ ∞R 2R 2E1 − E3x ψ 1 (x)ψ 3 (x)dxt −∞ x C1 C3 ψ̄ 1 (x, t)ψ 3 (x, t)dx = C1 C3 exp ih̄−∞ ∞R 2R∞ 2E3 − E1tx ψ 1 (x)ψ 3 (x)dxx C1 C3 ψ 1 (x, t)ψ̄ 3 (x, t)dx = C1 C3 exp ih̄−∞−∞R∞ E1 − E3 =ωпустьx ψ 1 (x)ψ 3 (x)dx = I13 , h̄−∞2тогда D(t) = C12 D1 + C32 D3 + C1 C3 I13 [exp(iωt) + exp(−iωt)] == C12 D1 + C32 D3 + 2C1 C3 I13 cos ωt E1 − E3 =⇒ дисперсия осциллирует с частотой ω = h̄2 случай: ψ(x, t) = ψ 2 (x, t)R∞R∞E2 − E2D(t) = hx(t) i =ψ̄ 2 (x, t)x ψ 2 (x, t)dx =|ψ 2 (x)| exp it x2 dx = D2h̄−∞−∞222и нет никакой зависимости ни от чего =⇒ дисперсия не осциллируетпо условию дисперсия осциллирует =⇒ этот случай исключён5Комиссия, Вариант 4, Задача 3.

Одномерная симметричная (U (−x) = U (x))потенциальная яма содержит всего три уровня. hx(t)i = 0. Дисперсия координатычастицы D = c1 + c2 cos ωt. Определите вид волновой функции частицы. Уровниэнергии E1,2,3 и собственные функции ψ 1,2,3 (x) оператора Гамильтона считать известными.Решение.D(t) = hx(t)2 i − hx(t)i2 = hx(t)2 i, т.к.

hx(t)i = 0< x(t) >=R∞ψ̄x(t)ψdx−∞по условию самый общий вид волновой функции частицыψ(x, t) = C1 ψ 1 (x, t) + C2 ψ 2 (x, t) + C3 ψ 3 (x, t)Опять hx(t)i = 0 =⇒ψ(x, t) = C1 ψ 1 (x, t) + C3 ψ 3 (x, t)=⇒ 2 случая:ψ(x, t) = ψ 2 (x, t)1 случай: ψ(x, t) = C1 ψ 1 (x, t) + C3 ψ 3 (x, t)D(t) = hx(t)2 i =R∞[C1 ψ̄ 1 (x, t) + C3 ψ̄ 3 (x, t)]x2 [C1 ψ 1 (x, t) + C3 ψ 3 (x, t)]dx =−∞= C12 D1 + C32 D3 +R∞x2 C1 C3 ψ̄ 1 (x, t)ψ 3 (x, t)dx +−∞R∞x2 C1 C3 ψ 1 (x, t)ψ̄ 3 (x, t)dx−∞в этом выражении от времени зависят только интегралы ∞ ∞R 2R 2E1 − E3x C1 C3 ψ̄ 1 (x, t)ψ 3 (x, t)dx = C1 C3 exp itx ψ 1 (x)ψ 3 (x)dxh̄−∞−∞R∞ 2R∞ 2E3 − E1x C1 C3 ψ 1 (x, t)ψ̄ 3 (x, t)dx = C1 C3 exp itx ψ 1 (x)ψ 3 (x)dxh̄−∞−∞6R∞ E1 − E3 =ωпустьx ψ 1 (x)ψ 3 (x)dx = I13 , h̄−∞2тогда D(t) = C12 D1 + C32 D3 + C1 C3 I13 [exp(iωt) + exp(−iωt)] == C12 D1 + C32 D3 + 2C1 C3 I13 cos ωt=⇒ C12 D1 + C32 D3 + 2C1 C3 I13 cos ωt = c1 + c2 cos ωtpc1 − C12 D1( 2C=± 3C1 D1 + C32 D3 = c1D3⇐⇒=⇒D32C1 C3 I13 = c2I13 C1 = 2c2 pc1 − C12 D11D32122=0=⇒ C14 − c1 C12 + c22 D32 I13=⇒ C12 = c22I1324 c1 − C1 D14p2c±c21 − c22 D32 I1312=C 12p=⇒c1 − C12 D1C=±3D3ψ(x, t) = C1 ψ 1 (x, t) + C3 ψ 3 (x, t)2 случай: ψ(x, t) = ψ 2 (x, t)D(t) = hx(t)2 i =R∞ψ̄ 2 (x, t)x2 ψ 2 (x, t)dx = D2 = c1 + c2 cos ωt−∞у D2 нет никакой зависимости ни от чего =⇒ этот случай исключён7Комиссия, Вариант 4, Задача 4.

Какие элементы Z ≤ 10 имеют нерасщепленныеосновные термы?Решение.Терм — 2S+1 L, S — суммарный спин электронов на внешней оболочке, L — ихсуммарный орбитальный момент. Расщепление терма — это когда состояния терма2S+1LJ имеют разную энергию. Это смещение может возникнуть, например, вследствиетонкой структуры атома. То есть задача может быть сведена к поиску атомов, основныетермы которых имеют только одно состояние.Основные термы (термы с минимальной энергией) можно найти по правиламХунда (см.

лекция №11):1) ниже по энергии лежит тот терм, у которого S максимален2) при равенстве S у термов, минимальной энергией обладает терм, у которого Lмаксимальнотакже у конфигурации с полностью заполненной электронной оболочкой термможет быть только 1 S (см. лекция №11)Вообще для решения задачи достаточно найти только основные термы, но втаблице ниже найдены все термы (просто так).Нахождение термов 6 C описано в лекции №11 и приложении №7При нахождении термов 7 N учтено, что в p3 -конфигурации на самом деле неттерма 2 S.

Дело в том, что в квартетном 4 S-терме помимо проекции полного спина133бывает еще и . Т.е. хотя S = , это еще не означает, что все три спина222сонаправлены (как ни парадоксально это может прозвучать). Значит, дуплетный 2 S1терм, который можно реализовать проекцией полного спина Ms = , уступит эту2проекцию квартетному 4 S-терму, и будет отсутствовать в p3 -конфигурации.8Z1H2 He3 Li4 Be5B6Cконфигурация1s11s22s12s22p12p27N2p38O2p42p52p69F10 N eтермыосновной терм2Sполностью заполнена =⇒как у 1s1как у 1s22P121Sms mlS, D, P = 1/2 11/2 013ms1/22 2P, D,4 S =1/21/2ml10−12 дыры =⇒ как у 1p21 дыра =⇒ как у 1p1полностью заполнена =⇒=⇒ термы атомов 1 H, 2 He, 3 Li, 4 Be, 7 N ,дают решение задачи.910 N eSS2S1S2P1/201/201/2, 3/23P0, 24S3213PP1S21S ~ ~ ~J = L + S0, 1, 21/2, 3/20имеют только одно состояние, иКомиссия, Вариант 4, Задача 5. Спектральные линии 3p → nl одной из cерийпоглощения атома алюминия (Z = 13) являются дублетами.

Изобразите схему уровнейи переходов с учетом тонкой структуры.Решение.Конфигурация Al — 3pЗадача, видимо, поставлена так: рассмотрите все переходы алюминия 3p → nl(поглощение), состоящие из дублетов, и изобразите ...Переход с поглощением энергии =⇒ n ≥ 4Правила отбора для электромагнитного перехода (см. лекция №12):4s = 0, 4ms = 04l = ±1, 4ml = 0, ±14j = 0, ±1, 4mj = 0, ±1=⇒ возможны переходы 3p → (n + 1)s и 3p → nd, n ≥ 3Предположим, что "дублеты" — это две линииТогда, поскольку известно, что линия — дублет, nd отпадает (это диффузнаясерия, линии — триплеты), и остаётся (n + 1)s (резкая серия, линии — дублеты)Тогда возможны переходы 3p1/2 → (n + 1)s1/2 , 3p3/2 → (n + 1)s1/2Уровни с бо́льшим j лежат выше (см.

Характеристики

Тип файла PDF

PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.

Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.

Список файлов ответов (шпаргалок)