4. Спектры. Свойства атомов
Примеры решения задач
Сайт: | Система электронного и дистанционного обучения СВФУ |
Курс: | Физика атома и ядра. Слепцов И.А., Слепцов А.А. |
Книга: | 4. Спектры. Свойства атомов |
Напечатано:: | Гость |
Дата: | Sunday, 25 August 2024, 20:20 |
Примеры решения задач
Задача №1.
Привести спектроскопические обозначения основных состояний атомов щелочных металлов:
а) Li; б) Na; в) K; г) Pb; д) Cs.
Задача №2.
Энергия для ионизации атома натрия Ei=5,12 эВ. Найти ридберговскую поправку σ(s) для этого атома.
Задача №3.
Коротковолновой границе главной серии атома натрия отвечает длина волны λ=243 нм. Найти:
а) потенциал ионизации φi(В) атома;
б) ридберговскую поправку σ(s).
Задача №4.
Чему равны квадраты орбитального и результирующего (полного) моментов электрона в состояниях: а) 2p, б) 4f.
Задача №5.
Трехэлектронная система состоит из s-, p-, d- электрона. Написать символ терма для состояния, в котором система обладает:
а) максимальным, б) минимальным для этих конфигураций полным механическим моментом.
Задача №6.
Некоторое количество атомарного водорода находится в тепловом равновесии при температуре T=3000K. Сколько N атомов находится в основном состоянии, приходящихся на один атом в первом возбужденном состоянии.
Задача №7.
Вычислить магнитный момент атома водорода в основном состоянии.
Задача №8.
Найти механические моменты атомов в состояниях 5F и 7H, если известно, что в этих состояниях магнитные моменты равны нулю.
Задача №9.
Атом находится в магнитном поле с индукцией B=1Тл. Найти полное расщепление δE (в эВ) термов:
а) 1S, б) 1P, в) 1D, г) 2D5/2.
Задача №1.
Привести спектроскопические обозначения основных состояний атомов щелочных металлов:
а) Li; б) Na; в) K; г) Pb; д) Cs.
Решение: |
|
---|---|
Спектроскопическое обозначение состояния атома: nкXJ, где n - главное квантовое число, к - мультиплетность терма, J - полное результирующее квантовое число, X - буквенное обозначение состояния атома по полному орбитальному квантовому числу L. Мультиплетность к терма атома определяется соотношением к=2S+1, где S - полное спиновое квантовое число. Состояние атома щелочного металла определяется состоянием внешнего электрона, основное состояние которого определяется квантовыми числами: l=0, s=1/2, j=1/2. Следовательно, для атомов всех щелочных металлов L=0, S=1/2, J=1/2, а символ спектрального терма основного состояния имеет общий вид n2S1/2, где n=2 для лития Li, n=3 для натрия Na, n=4 для калия K, n=5 для рубидия Rb, n=6 для цезия Cs.
Заметим, что значение n для данного атома совпадает с номером периода таблицы Менделеева, где вписан символ соответствующего элемента. В этом легко убедиться, расписывая электронную конфигурацию атома.
Задача №2.
Энергия для ионизации атома натрия Ei=5,12 эВ. Найти ридберговскую поправку σ(s) для этого атома.
Дано: E=5,12 эВ |
Решение: ![]() |
---|---|
Найти: σ(s)=? |
Энергия квантового перехода равна разности уровней энергии квантовых состояний, между которыми происходит переход
ΔE=E2-E1, |
(1) |
где E2 - верхний уровень, E1 - нижний уровень, то есть E2>E1. Энергией Ei ионизации атома называется энергия, необходимая для удаления из атома электрона, находящегося в основном состоянии 1s. Она равна
ΔE=E(∞)-E(1s)=-E(1s), |
(2) |
где E(∞) - уровень энергии удаленного электрона вне атома, принимается равной нулю, E(1s) - уровень энергии электрона в 1s состоянии. Спектральный терм Tn,i атома щелочного металла связан с соответствующим уровнем En,l энергии соотношением
En,l=-chTn,l. |
(3) |
Выражение для терма Tn,l определяется эмпирической формулой Ридберга
\( T_{n,l}=\frac{R}{{[n+\sigma(s)]}^2} \). |
(4) |
Комбинируя формулы (2), (3) и (4) получаем
\( E(1s)=+\frac{chR}{{[n+\sigma(s)]}^2} \). |
(5) |
Решая уравнение (5), находим
\( \sigma(1s)=\sqrt{\frac{chR}{E_i}}-n \). |
(6) |
Величина chR в энергетических единицах равна 13,6 эВ, для основного состояния атома натрия n=3.
Расчет:
\( \sigma(1s)=\sqrt{\frac{13,6}{5,12}}-3=-1,37 \). |
(7) |
Задача №3.
Коротковолновой границе главной серии атома натрия отвечает длина волны λ=243 нм. Найти:
а) потенциал ионизации φi(В) атома;
б) ридберговскую поправку σ(s).
Дано: λ=243 нм |
Решение: ![]() |
---|---|
Найти: φi(B)=? σ(s)=? |
а) Потенциал ионизации равен
\( \varphi_i=\frac{E_i}{e} \), |
(1) |
где e - элементарный заряд, равный абсолютной величине заряда электрона. Коротковолновой линии соответствует переход с основного уровня на уровень «бесконечность». Энергия этого перехода будет ионизационной энергией атома
\( E_i=\Delta{E}=\frac{hc}{\lambda} \). |
(2) |
Здесь мы допустили, что энергия ΔE излучается в виде вылетающего фотона.
б) Энергия ΔE перехода есть разность уровней энергии, соответствующих данному переходу. Следовательно, имеем
Ei=ΔE=E(∞)-E(3s)=-E(3s). |
(3) |
Из сопоставления формул (2) и (3) получаем
\( \frac{hc}{\lambda}=-E(3s) \). |
(4) |
Применяя соотношение Бора между спектральным термом и соответствующим уровнем энергии, эмпирическую формулу Ридберга для терма щелочных металлов, перепишем (3) следующим образом:
\( \frac{hc}{\lambda}=\frac{chR}{{[n+\sigma(s)]}^2} \). |
(5) |
Решая уравнение (5), находим
\( \sigma(s)=\sqrt{\lambda{R}}-n \). |
(6) |
Расчет:
a) \( \varphi_i=\frac{2,998\cdot10^8\cdot6,626\cdot10^{-34}}{243\cdot10^9\cdot1,6\cdot10^{-19}}=5,109=5,1 \), |
|
б) \( \sigma(s)=\sqrt{243\cdot10^{-9}\cdot1,097\cdot10^7}-3=-1,367\approx-1,37 \). |
Задача №4.
Чему равны квадраты орбитального и результирующего (полного) моментов электрона в состояниях: а) 2p, б) 4f.
Дано: a) 2p б) 4f |
Решение: |
---|---|
Найти: \( M_l^2 \)=? \( M_j^2 \)=? |
Условие квантования абсолютных величин моментов импульса имеет вид
\( M_a=|\vec{M_a}|=\hbar\sqrt{a(a+1)} \), |
(1) |
a - квантовое число момента, в рассматриваемом случае для электрона a=l, j. Отсюда следует
\( M_l^2={\hbar}^2l(l+1) \), \( M_j^2={\hbar}^2j(j+1) \). |
(2) |
Для p - электрона l=1, для f - электрона l=3. Для определения результирующего квантового числа j воспользуемся правилом сложения моментов:
a) j=3/2, 1/2 для p-электрона, |
|
б) j=5/2, 3/2 1/2 для f-электрона. |
Итак, квадраты возможных значений моментов:
a) \( M_l^2=2{\hbar}^2 \), \( M_j^2=\frac{3}{4}{\hbar}^2 \), \( \frac{15}{4}{\hbar}^2 \) для p-электрона, |
|
б) \( M_l^2=12{\hbar}^2 \), \( M_j^2=\frac{35}{4}{\hbar}^2 \), \( \frac{15}{4}{\hbar}^2 \), \( \frac{3}{4}{\hbar}^2 \) для f-электрона. |
Задача №5.
Трехэлектронная система состоит из s-, p-, d- электрона. Написать символ терма для состояния, в котором система обладает:
а) максимальным, б) минимальным для этих конфигураций полным механическим моментом.
Дано: spd |
Решение: |
---|---|
Найти: кXJmax=? кXJmin=? |
Абсолютная величина полного результирующего момента определяется условием квантования
\( M_J=\hbar\sqrt{J(J+1)} \). |
(1) |
Следовательно, максимальное и минимальное значения полного момента определяется максимальным и минимальным значениями квантового числа J, которые определяются последовательным применением правила сложения двух моментов. Так как система состоит из неэквивалентных электронов, при сложении момента принцип запрета Паули не применяется. Будем слагать моменты отдельных электронов по схеме LS - типа связи. Наибольшее значение полного орбитального числа системы определяется следующим образом:
Lmax=l1+l2+l3=0+1+2=3. |
Аналогично определяем наибольшее значение полного спинового числа S
Smax=s1+s2+s3=1/2+1/2+1/2=3/2. |
Максимальное значение J равно
Jmax=Lmax+Smax=9/2. |
Итак, символ терма для состояния, в котором MJ максимален, определяется тройкой квантовых чисел (Lmax,Smax,Jmax)=(3,3/2,9/2). Спектральный символ при этом имеет вид
4F9/2. |
Наименьшее возможное значение полного орбитального числа L системы равно
Lmin=l3-l2-l1=2-1-0=1. |
Аналогично имеем
Smin=1/2+1/2-1/2=1/2. |
Минимальное значение J равно
Jmin=|Lmin-Smin|=1-1/2=1/2. |
Итак, для состояния системы, в котором MJ минимален, спектральный символ имеет вид
2P1/2. |
Задача №6.
Некоторое количество атомарного водорода находится в тепловом равновесии при температуре T=3000K. Сколько N атомов находится в основном состоянии, приходящихся на один атом в первом возбужденном состоянии.
Дано: T=3000 K |
Решение: ![]() |
---|---|
Найти: N=? |
Наиболее вероятное распределение частиц газа по различным уровням энергии определяется распределением Больцмана
\( \frac{N_2}{N_1}=\frac{\mathrm{g_2}}{\mathrm{g_1}}exp\left(-\frac{E_2-E_1}{kT}\right) \), |
(1) |
где N2, N1, число частиц, обладающих энергиями E2 и E1 соответственно, g1 и g2 - статистические веса (кратности вырождения) уровней 1 и 2. Разность уровней равна энергии перехода
ΔE=E2-E1=ћω. |
(2) |
Отсюда следует, чтоискомая величина равна
\( N=\frac{N_1}{N_2}=\frac{\mathrm{g_1}}{\mathrm{g_2}}exp\left(\frac{\hbar\omega}{kT}\right) \). |
(3) |
Кратность вырождения уровня Ei атома водорода определяется соотношением
gi(l)=2(2l+1). |
(4) |
Частота перехода задается формулой Бальмера - Ридберга
\( \omega=\hbar{R'}\left(\frac{1}{n_1^2}-\frac{1}{n_2^2}\right) \). |
(5) |
Поставляя (5) и (4) в (3), получим
\( N=\frac{2l_1+1}{2l_2+1}exp\left(\frac{\hbar{R'}}{kT}\left(\frac{1}{n_1^2}-\frac{1}{n_2^2}\right)\right) \). |
(6) |
Из диаграммы квантового перехода имеем n1=1, l1=0, n2=2, l2=1. Следовательно, расчетная формула для величины N имеет вид
\( N=\frac{1}{3}exp\left(\frac{3\hbar{R'}}{4kT}\right) \). |
(7) |
Расчеты:
\( N=\frac{1}{3}exp\left(\frac{3\cdot1,0546\cdot10^{-34}\cdot2,07\cdot10^{17}}{4\cdot1,3807\cdot10^{-23}\cdot3000}\right)=\frac{1,4674}{3}=4,89\cdot10^{17} \). |
Задача №7.
Вычислить магнитный момент атома водорода в основном состоянии.
Дано: H, 1s |
Решение: |
---|---|
Найти: μJ=? |
Основное состояние водорода - 1s. Отсюда следует, что l=0, s=1/2, j=1/2. В чистом спиновом случае множитель Ланде g=2. Действительно, имеем
\( \mathrm{g}=1+\frac{j(j+1)+s(s+1)-l(l+1)}{1j(j+1)}=1+\frac{2j(j+1)}{2j(j+1)}=2 \). |
Магнитный момент электрона \( \mu_j=\mathrm{g}\mu_Б\sqrt{j(j+1)}=\sqrt{3}\mu_Б \). Поскольку состояние атома водорода определяется состоянием электрона, магнитный момент атома равен моменту электрона \( \mu_J=\mu_j=\sqrt{3}\mu_Б \).
Задача №8.
Найти механические моменты атомов в состояниях 5F и 7H, если известно, что в этих состояниях магнитные моменты равны нулю.
Дано: 5F, 7H μJ=0 |
Решение: |
---|---|
Найти: MJ=? |
Абсолютная величина магнитного момента атома равна
\( \mu_J=\mu_Б\mathrm{g}\sqrt{J(J+1)} \). |
(1) |
Если μJ=0, а J≠0, то g=0. Тогда имеет место равенство
\( \frac{3}{2}+\frac{S(S+1)-L(L+1)}{2J(J+1)}=0 \). |
(2) |
Преобразуя равенство (2), находим
\( J(J+1)=\frac{L(L+1)-S(S+1)}{3} \). |
(3) |
а) Из символа терма 5F следует, что к=5, S=2, L=3, J(J+1)=2, \( M_J=\hbar\sqrt{2} \).
б) Из символа терма 7H следует, что к=7, S=3, L=5, J(J+1)=6, \( M_J=\hbar\sqrt{6} \).
Задача №9.
Атом находится в магнитном поле с индукцией B=1Тл. Найти полное расщепление δE (в эВ) термов:
а) 1S, б) 1P, в) 1D, г) 2D5/2.
Дано: 1S, 1P, 1D, 1D5/2. |
Решение: ![]() |
---|---|
Найти: δEполн=? |
Атом, обладающий магнитным моментом μJ, в магнитном поле приобретает дополнительную энергию
ΔE=μБgBmJ, mJ=0,±1,...,±J. |
(1) |
Тем самым уровень E0 энергии атома, соответствующий терму кXJ, в магнитном поле расщепляется на равностоящие подуровни. Величина полного расщепления равна
δEполн=ΔE2-ΔE1=2μБgBJ. |
(2) |
Магнетон Бора равен
\( \mu_Б=\frac{0,9274\cdot10^{-23}Дж/Тл}{1,6\cdot10^{-19}Дж/эВ}=5,79625 \)эВ/Тл. |
В термах синглетного типа:
S=0, J=L, g=1, δEполн=2μБBL. |
(3) |
а) Для 1S - терма орбитальное квантовое число L=0, следовательно, δEполн=0.
б) Для 1P - терма L=1, δEполн=2μБB.
б) Для 1D - терма L=2, δEполн=4μБB.
Расчеты:
\( \delta{E_{полн}}=2\mu_БB=2\cdot5,762\cdot10^{-5}\frac{эВ}{Тл}\cdot1Тл=115,9\cdot10^{-6}эВ\approx116 \)мкэВ. |
|
\( \delta{E_{полн}}=4\mu_БB=4\cdot5,762\cdot10^{-5}\frac{эВ}{Тл}\cdot1Тл=231,7\cdot10^{-6}эВ\approx232 \)мкэВ. |
г) Для дублетного 2D5/2 - терма L=2, S=1/2, J=5/2.
Вычислим множитель g Ланде
\( \mathrm{g}=\frac{3}{2}+\frac{S(S+1)-L(L+1)}{2J(J+1)}=\frac{3}{2}+\frac{3-2\cdot3\cdot4}{2\cdot5\cdot7}=\frac{84}{70}=\frac{6}{5} \). |
Полное расщепление δEполн терма вычисляется формулой (2). Оно равно
\( \delta{E_{полн}}=2\cdot5,796\cdot10^{-5}\cdot\frac{6}{5}\cdot1\cdot\frac{5}{2}=3,4777\cdot10^{-4}=347\cdot10^{-6}=348 \)мкэВ. |