Овчинкин часть 3 (1181127), страница 66
Текст из файла (страница 66)
Подставляя зти данные, получим 81=19!' 1273' р=яг(ея / 064и 2 736 р= 026ня яд' дбг 38 +я Ре шеи не. В основном состоянии! = О, и магнитный момент имеет чисто спиновую природу. Спин водородного ядра 5н — — 1/2, а дейтрона 54 —— !. Магнитный момент злектрона )де = 8д)евве = 2)евае, а ядр )гя = К)еяпВ» определению для дейтерия )ея = (ядр р + 8ядад))!яд 8)еядВП' откуда 8= Кер+Ыяя водоРода, естественно, Р, = 8 р)гядЗр Полный Бя, а величина сверхтонкого расщепления Для Ве + момент атома 288 !/, = А 2В(8,8„)ИВИ„Л вЂ” — А5(Р— 5~ — 5з)ИВИлд =А5(Р(Р+ 1) — 5 (5 + 1) — 5 (5 + 1))И Икл Для атома водорода 5„= 1/2, 5 = 1/2, поэтому возможные значения р' = 1 или О.
Для дейтерия, соответственно, 5, = 1, 5, = 1/2, а Р = 3/2 или П2. Позгому величина сверхтонкого расщепления для водорода Лб,„= Ая,в (1. 2 — 0) ИялИ8 = 2Арзг Ивара, а для дейтерия 5 ! ' — ' — ~ н Ит; = ЗАяИ вЂ” /3.5 1 3! 2 2 2 2)' "л' лл н /нв 2я„4 Таким образом, — = = 4,23. лб, зк за, +а,„ 738'. (Иэт)(Р= 1) = Ив. (И (и 2)) Ив ис Рнс. 178 Р е ш е н и е.
Магнитный момент атома И, складывается из магнитных мо- ментов элсктРонной оболочки и Ядиарат=ре+Ия Ие т к (Ие( м' )Ил) состоянии с заданным У средний магнитный момент электрона — И Л где =2+5(5 11-И + ) й, = 5!Ив ° где 51 =— В нашем случае 81 — — 2/3. При наличии взаимодействия ядра с электронами сохраняющимся вектором является Р = 3+ 1, и средний магнитный момент атома (р„) должен быль направлен по Р, т. е, (рз,) = рР. Умножая обе части скалярно на Р и внося вектор Р под знак усреднения, получим р(РР) = 8г(3Р)рв, или р(Рг) н88 (Рг+ 32 12) ()тсюда р д 8 р 1 2 ( (Р=2)) =-(-)рв 2= 2 г1! , РБ 3 4 3' (р (Р=1)) =-( — ')р, !=в 2~ 1! рв вг 3 4 6 ° Примечание. Возможность такого подхода для вычисления р, связана с малостью энергии сверхтонкого взаимодействия по сравнению с энергией спин-орбитального взаимодействия.
Строго говоря, в вскгорной модели атома нужно сложить рх и рс и спроецировать сумму на направление Р. Мы же проецируем сначала на 3, а потом на Р. Частота прецессии Л вокруг Р много меньше частоты прецессии 1 и $ вокруг Л (см. рис. !78а и б). 7.39. Решение. При испускании 7-кванта должны выполняться законы сохранения энергии и импульса б = бш + Я, с 11 с где Рл — импУльс ЯдРа после испУсканиЯ у-кванта, РешаЯ зги УРавнениЯ, получим 8г бг А = — Т вЂ” — г = 0,0468 эВ, 2(Мс +8) 2Мс г бы=а — — 2 4=129кэВ. 2Мс бг 7.40. Я вЂ” 2, бы=8+а. 2Мс 7.4!.
Изменение энергии 7-кванта из-за эффекта Доплера ЛЛ =  —. По- с латая Л8 = Г/6, получаем н/с = 6 10 )г, о = 0,18 см/с. а —. По- Я 41ь 7.42. Условие резонансною поглощения принимает вид Т,фф бу бу/уА 8тт А скольку й = — ' = — '- -, тоТ, ~ '. ж!35 К 2Мс 2Ас 8йвлс 1 ./(/+ 1) — /(/+ 1) 2 2Г(Р+ 1) Поскольку /= 3/2, У= 1/2, то или Р= 2 и д = +!/4 или Р= 1 и дг = — 1/4. Следовательно, 7.43. При излучении у-кванта энергия отдачи й воспринимается всем в2 кристаллом и поэтому ЬЮ = й = — ' = 1,5 10 хт эВ. 2Мс 2 2 744. Смещение частот — = — . Если — = — 10, то (2 = 74 рад/с. Ьы да Ьы 1, — !3 ы 2с 7.45.
и = — 1О см/с. 8 2шс г 7.46. Ь = Гс = 28 м, где я — ускорение свободною падения. 1008 я 7.47! Р е ш е н и е. Из-за различия эффективных температур излучателя и поглотителя частоты излученного и поглощенного у-квантов будут смеще2вЬт фу йбт,д ны на величину порядка Ьч — ч — 7 — — — ч — '~ —, где й — универсальная Мс Ас газовая постоянная, А — атомная масса железа. Имеипо это смещение должно быть меньше гравитационного Лч = т — т (см. задачу !.4>. Разность ял с вы.ьь 1емператур эквивалентна высоте ЬЬ вЂ” — 15 м, что сравнимо с высоАя той башни в эксперименте Паунда и Ребки.
Таким образом, для того, чтобы при помощи эффекта Мессбауэра можно было наблюдать гравитациоииое смешение частоты у-квантов, температуры излучателя и поглотителя должны быть одинаковыми с очень высокой степенью точности. 2 7.48. Н = — 400 м. ятЮ ез !/3 7.49. т= — т 5,3 1О !Эг; 6= ~ — 1 0,25мкм, г 7.50. б = 960 кэВ.
28„ Р с ш е н и е. Естественная ширина возбужденного состояния очень мала и равна Ье = л/т = 1,5 10 2 эВ. Уширеиис возникает иэ-за доплеровского сдвига, связанного с отдачей ядра при испускании нейтрино. Согласно закону сохранения импульса р„х — — б /с, а доплеровский сдвиг равен Л(ьч) = Ьч — = — ' — ' = —, Е ее ла с Сгл~ 2 огкуда следует г 8 = 960 кэВ 28, 7.51. тгч -10 !те, где ЬЮ „160эВ. ™хач) У к а за и ие. При испускании у-кванта с энергией 5 МэВ ядро испытывает отдачу, и поэтому линия излучения с энергией 1,5 МэВ оказывается УшиРепной на 2ббхоп.
7.52. При переходах излучаются магнитно-дипольиые (М!) 7-кванты с моментом и четиостью 1+ (см. также задачу 7.57). Рассматривая крайние 291 компоненты расщепления (Лн = 10,5 мм/с), соответствующие изменению спина ядра ( — 3/2 — ь — !/2 и + 3/2 — ь +!/2), получим В= бопь — 330 кГс.
си,а(я Нг.(- Зязц) 7 53 бо = 8,4 МэВ. Ре ш е н и е. Предположим, что ядро — равномерно заряженный шар радиусом и (см. задачу 4.4! и рис. 135 к ней). Мюон является лептоном, поэтому он может взаимодействовать с ядром только за счет электромагнитных сил.
Тогда потенциальная энергия мюона внутри ядра 2 / 2! г 2 (/(г<я) = — 3 ~е ! — —" = — (/ +~е гз, где (/о= 32е Видно, что это потенциал трехмерного изотропного гармонического осциллятора 2 2 РИ,ОЭ Г (/(г) = 1'о+ 2 г 2 щьы Ле г де где = —, откуда следует, что ю 2 2Я т„Я Подсчет дает (/о — — яе 23 МэВ; энергия основного состояния 38е 2Я 3 лг2г ео = — (/о + — Яок! Зст = '~ — ~- = 9,73 МзВ. Окончательно, б = — 8,4 МэВ. щл 7.54. Для оценки областй локализации можно принять, что она совпадает с амплитудой катебаний трехмерного гармонического осциллятора в основном состоянии г = — )) — 7- = 1,06 !0 см Г= — )) 2 Зл - шьЯ, -!2 щь хе и Гюльше радиуса ядра свинца Яуь = 7,7 10 см.
— !3 7.55. М = 5/(((/) и„= 3,2 10 в г, где число расщепившихся ядер /т'(/) = /(( ( !в 2 О 975 !0 уш 7.56. М = 300 т (точно по Маяковскому). 7 ч71 / = у 2хцг состояние. ! Р е ш е н и е. Уравнение Шредингера для осциллятора допускает разделение переменных как в прямоугольной, так и в сферической системе координат.
С этим же связано и случайное вырождение уровней энергии в данном потенциале. В декартовой системс уровни осциллятора характеризуются квантовым числом /9 = л + л + л,. В сферической системе можно характеризовать их по моменту / и радиальному квантовому числу л„. При этом л! = 2л„+ /, а уровни записываются как (л„+ 1)/.
Таким образом, Ф = 0 соответствует л„=/=О, т.е. это 1х-состояние. г/=! соответствует л,=О, / = 1, и это 1р-состояние. г/ = 2 соответствует л„= 1, / = 0 и л„= О, / = 2, 292 к е это 2з и И-состояния, которые в данном приближении вырождены. Учет спин-орбитального взаимодействия приводит к расщеплению !р-состояния На 1Рз)з И !Р()21 И-СОСТОЯНИЯ На Из)з И Изин КаК ПОКаЗЫВаЕт ЭКСПЕРИМЕНТ, в ядре уровень с ббльшим 7 лежит ниже по энергии.
При поглощении фотона Е1 (/=! — момент импульса фотона) должны выполняться правила отбора аов вач~ ~ 7 ~кон + рвач где ухов и („ч — конечное и начальное значения спина ядра. Ядро еС имеет (3 2.2 = 4 нуклона на оболочке с М = 0 н 2 6 = 12 нуклонов на оболочке с )ч' = 1. Остается один нейтрон из незаполненной подоболочки в состоянии 1риз (см. указание к задаче). Для одного нуклона с моментом ! четность состояния равна Р = ( — 1)' (1 = 1 для состояния 1риз).
Таким образом, Кроме того, должен выполняться закон сохранения четности состояний ( — 1) ~ для Еу — фотонов; аов «ач ( — 1) эт( для МУ вЂ” ф ов, где Р „„и Р„ч — четности конечного и начального состояний ядра, откуда следует, что конечная четность должна быть равна Р„„= + 1. С другой стороны, Р„н = ( — 1)(-к где 1„„„— орбитальный момент конечного состояния. Таким образом, получается, что оно четное. А значит, подходят два нуклонных состояния из г( = 2: состояние 2зиз (1„,„ = О) — — — <1ж — +-, т.
е. (Ок1<1), 1 1 1 1 2 2 2 2 а также состояние И )з (1„= 2) — — — к!к-+-, т.е. (!к 1<2). 3 1 3 ! 2 2 2 2 Условию задачи удовлетворяет состояние с наименьшей энергией 2зиз, спин ядра l„и = —. 1 7.58. )„о„= —; Из(з-состояние. 3, — ! ЛХг 'Уг2ш ~во )чА)в 2 7.59. /с = — '= ~ " — 1) 0,52. Моа ~ 48унтА ) 7.60. И3() = — — — ' = 0,31 И вЂ” для случая )з-связи; — — — = 0,373 и, — для случая )уксвязи. 2) Иач ~4 5,58 — 3,821 2~З г ~ в Решен й е. Нецентральность ядерных сил ведет к несохранению момента импульса, поэтому основное состояние не есть чистое з-состояние (Е= 0), а содержит также примесь состояния с Ь= 2 ())-состояние).
На- 293 )гв — — ~(Ьем(Ь3)) + (я + я ) (Б с!н(ЗЛ))~ Здесь (ЬЛ) = (г.г' соз(ЬЛ)), откуда (2. соз(1.1)) = — = — . Кроме того, у У (5 сга [ЗЛ) ) = !" — 'т — ).. Подсчитаем: (т оз Ьз))=у )=-.(2+б — 2) = 2Г !т'-г 1) 4 2 (5со !Бл)>= ' (У(2+1>+5(5+1> б(8+1>) = 2Г 12-~-!) 2 Отсюда и следУет пеРвый ответ: !тВ!) = 0,31йя Что же касается магнитного момента дейтрона при реализации !' ьсвязи, то в этом случае подсчет следует осуществлять так: (р) = (8.р.,). + а,р.,),) = аи.„3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
