И.Е. Иродов - Квантовая физика. Основные законы (1129341), страница 25
Текст из файла (страница 25)
Появляется так называемый К-край полосьс поглощения. При дальнейшем увеличении длины волны на кривой поглощения появляется новый, Ь-край поглощения, состоящий из трех взубцовт: Ьп Ьп, Еш (см. рис. 6.8). Дальнейшее увеличение длины волны сопровождается появлением М-края полосы поглощения, состоящего из пяти зубцов, и т. д. Заметим, что для легких элементов зубцы расположены очень тесно, и при расчетах часто их характеризуют одной длиной волны Хь или Хм. Итак, например, К-край полосы поглощения (Хх) связан с прекращением возбуждения К-уровня.
Зто значит, что длина волны Х» характеризует энергию связи К-электрона (Ех): 2хбс 1,24 Ех =Ьол — — — = кэВ. Хх Хх(нм) Значения длин волн, соответствующих К- и Ь-краям поглощения для разных элементов, определены экспериментально и представлены в виде специальных таблиц. Глава 6 162 1 О / 1/2 ~ 1/2, 3/2 Аналогично для М-оболочки и т. д.
(см. рис. 6.9). Кроме того, необходимо учесть, что возможны только те переходы между термами, которые подчиняются правилу отбора: (6.44) понятными изображенные на рис. 6.9 переходы: только они удовлетворяют этим правилам отбора. Мы видим,что линии К-серии имеют дублетную структуру. Компоненты дублетов обозначают индексами а1, аг1 Р1, ~32 и т. д. Например, К,-линия представляет собой дублет К„1 и К„г.
Серия Ь и другие имеют более сложную мультиплетную структу- 1/2 РУ. Теперь должны быть / 5/2 2/2 з/г 1/2 1/2 3/2 1/г 1/2 Рлс. 6.9 Тонкая структура рентгеновских спектров. Более детальный анализ характеристических спектров привел к уточнению структуры рентгеновских термов (рис. 6.9). К-терм остается одиночным. Л-терм оказался тройным, М-терм — пятикратным. Поясним причину расщепления. Прежде всего отметим, что мы встречаемся здесь со случаем Д-связи.
которая осуществляется в глубинных слоях тяжелых атомов. У К-оболочки л = 1, значит каждый электрон имеет 1 = О, з = 1/2 и / = 1/2 (это единственное значение). У Ь-оболочки л = 2, каждый электрон имеет 1 = 0 или 1. Прн 1 = 0 / = 1/2, а при 1 = 1 согласно (6.30) / = 1/2 и 3/2. Итак, мы имеем здесь три подуровня в точном соответствии с кратностью Ь-края полосы поглощения. А именно, при л = 2 (Ь-оболочка) Квавтовавве атомов Задачи 6.1. Атом водорода. Электрон атома водорода находится в стационарном состоянии, описываемом волновой функцией ж(г) = Ае-"", где А и а — некоторые постоянные. Найти энергию Е электрона и по- стоянную а.
Р е ш е н и е. В данном случае уравнение Шредингера (6.4) будет иметь вид дго~ 2 дч~ 2т + — — + — (Š— У)ц~ = О. дгз г дг Вычислив первую и вторую производные у-функции по г, подста- вим их выражения в (1) и сгруппируем следующим образом: а + — з — з — — — О. (2) Из этого соотношения видно, что равенство его нулю при любых значениях г возможно лишь в том случае, когда обе скобки по от- дельности равны нулю.
Отсюда г,з Е= —— 2т те а= ,г Р е ш е н и е. Заряд электрона в 1з-состоянии — это заряд сферически-симметричного электронного облака, плотность которого р = — еиз(г). Выделим мысленно тонкий сферический слой с радиусами г и г + бг. Полный заряд этого слоя бд = р 4кгзбг создает в центре атома потенциал бе = бд/г. Проинтегрировав это выражение по г от О до со, найдем: ео = ~бч = ) — 4кг~аг. о Приведя последний интеграл к табличному виду, получим е о .„е фо=- — )е хбх =-— гз о г1 62 Найти средний электростатический потенциал ео, создаваемый электроном в центре атома водорода, если электрон находится в основном состоянии, описываемом нормированной ~у-функцией у(г) =Аехр(-г/г1), гдеА = 1/~гхг1, г, — первый боровский радиус.
Глава 6 Этот интеграл берется по частям или пряма из таблиц, он равен единице. Р е ш е н и е, В этом состоянии электронное облако не является сферически-симметричным. Согласно формуле (6.12) 4у = В(г) У(б,ф). Найдем сначала вероятность местонахождения электрона в элементе объема Й)г вблизи некоторой точки пространства г, б, еп ЙР = уэйр = АВ2(г)У2(В, Ч2)г' Йгйа, (1) Йч где объем й)г = ЙЯ Йг (рис.
6.10). Поскольку йй = ЙЯ~гз, то Й)г= гзйй йг. Теперь найдем вероятность пребывания электрона в сферическом слое с радиусами г и г + йг. Для этого надо проинтегрировать (1) по телесному углу й(): О Ряс. б.10 ЙР = Алз(г)гзйф (6, д)йа. (2) Интеграл в (2) не зависит от г, зто некоторое число. Значит, мож- но записать, что ЙР = ВВ'(г)гайг (3) и плотность вероятности в расчете на единицу толщины слоя: ЙР/йг = Вг-'Вз(г), (4) где  — некоторая постоянная. Теперь введем вместо г новую пе- ременную р = г/г2 и согласно табл. 6.1 перепишем В(р) в явном виде.
В результате (4) примет вид 4)Р ~йг 4с раз(р) — р4е — г (б) Функция ~(р) = р4е г имеет максимум. Найдем значение р, при ко- тором он будет наблюдаться. Для этого продифференцируем Др) по р и полученный результат приравняем к нулю. В результате получим 6.3. Найти наиболее вероятное расстояние электрона от ядра атома водорода в состоянии 2р. Квавтовавво атомов 165 Так как р — это расстояние г в единицах г,, то найденное значение р„р соответствует второму боровскому радиусу согласно (2.23). 6.4. Атомы щелочных металлов. Найти рндберговскую 3Р-терна атома Ха, первый потенциал возбуждения ф, = 2,10 В, а энергия связи валентного электрона в 33-состоянии Ео = 5,14 эВ.
Р е ш е н и е. Воспользуемся формулой (6.19), которая содержит интересующую нас поправку. В этой формуле левую часть (энергию 3Р-состояния) можно представить о согласно рис. 6.11 как поправку которого основном зг 'р1 Еэг = (Ео — оф1) = — (5,14 — 2,10) эВ (нмея в виду, что энергия уровня равна с абрис. 6.11 ратным знаком энергии связи на этом уровне). Таким образом, формула (6.19) примет вид ЯЕ Ео — оф, =— (Зэс ) откуда ср ~ 3 = 088 Г ЯВ )) Ео оф1 Р е ш е н и е. Согласно (6.19) энергия связи электрона в 2з-состоя- нии равна Е„= )Ез,! = ЛВ (2 + а,) Задача сводится к нахождению поправки с,.
Воспользовавшись рис. 6.3 и формулой (6.19), запишем разность энергий ЯВ Яфв — Лоь = (3+ о,) (2) 6.5. Найти энергию связи валентного электрона в основном состоянии атома лития, если известна, что длины волн головной линии резкой серии и ее коротковолновой границы равны соответственно )., = 813 нм н 1х = 350 нм. Глава б 166 Имея в виду, что в = 2кс/1, перепишем (2) так: с ,= зх — 3. 2яс()., — 1к) (3) Остается подставить (3) в (1), и мы получим: Е АВ ав 2 =б,З эВ, (, й-,;;Т2..*. 1) где ЛХ = 1з — йк.
Р е ш е н и е. Максимальный момент будет складываться из мак- симальных орбитального и спинового моментов. Это относится и к соответствующим квантовым числам: Ь„„„, = 1 + 2 = 3, Я„„„, = 1/2 + 1/2 = 1. В результате получим: ')мкс=Зт1=4, М, ~ =Ы20, Ре 6.7. Определить спектральный символ терна атома, мультиплетность г которого равна пяти, кратность вырождения по квантовому числу Т вЂ” семи и значение орбитального квантового числа равно максимально возможному в этих условиях. Р е ш е н и е. Из мультиплетности т = 2Я+ 1 находим Я = 2, а из кратности вырождения (Зе + 1) имеем ) = 3. Далее, мы знаем, что вообще говоря, если известны Л и Я, то квантовое число е в формуле (6.38) может принимать значения (через единицу) от Л + Я до )ь — Я(.
Отсюда видно, что значениям е = 3, Я = 2 и требованию, чтобы Ь было максимальным, отвечает условие е =Л вЂ” Я, откудаЬ =с+Я= б. Спектральный символ этого состояния 'Н,. 6.8. Написать спектральный символ терма, кратность вырождения которого по У равна семи, и квантовые числа Ь и Я связаны соотношением Ь = ЗЯ.
6.6. Момент импульса. Найти максимально возможный полный механический момент и соответствующий спектральный символ терма атома в состоянии с электронной конфигурацией 1зз 2р Зд. 167 Квантование атомов Р е ш е н и е. Из условия„что кратность вырождения по а, т. е. 27+ 1 = 7, находим У = 3. Отсюда следует, что Я может быть только целым числом; 1, 2, ... Соответственно Ь равно 3, 6, ... При Я = 1 и й = 3 одно из значений э будет равно 3. Если же взять другую пару: Я = 2 и й = 6, то значение э" = 3 из них получить невозможно. То же и при ббльших значениях Я.
Остается Я = 1, Ь = 3„,7 = 3. Соответствующий спектральный сим- вол ЗРз. 6.9. Правила Хунда. Найти кратность вырождения основного терма атома, электронная конфигурация единственной незаполненной подоболочки которого г)э. Р е ш е н и е. Символ с) соответствует ) = 2. Составим табличку распределения электронов па значениям квантового числа ть стараясь в соответствии с правилами Хунда, чтобы суммарное Я было максимальным и чтобы при этом и Ь было максимальным (точнее следует говорить сначала о максимальных значениях тэ и ть).
Из приведенной таблички т~, +2 ! +1 0 -1 -2 т,'.'Ч' Т Т Т видно, что максимальная сумма тз = 2, значит и Я = 2. Кроме того, максимальное значение ть = 2, значит и й = 2. Так как подоболочка заполнена более, чем наполовину, то по второму правилу Хунда э" = Л + Я = 4. Итак, основной терм этой конфигурации эРе и его кратность вырождения (числа различных тз) определяется как 2 У + 1, т. е. девять. 6.10. Рентгеновские спектры. Найти порядковый номер 2 легкого элемента, у которого в спектре поглощения рентгеновского излучения разность частот К- и Е;краев поглощения равна лгс = 6,85 10зз с '. Р е ш е н и е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
