Материал: Практика решения задач по физике. Часть 5. Квантовая физика. Евсюков В.А., Показаньева С.А

связи E

L

=ħ

L

2 c

,

где

L

и -частота и соответствующая

L

E Е

L

E

K

E

L

К

2 c

3

R(Z 1)2

2 c

.

СВ

L

4

Для ванадия Z=23 и L =2,4 нм E 5,5 кэВ.

5.195.

Энергии

квантов

рентгеновского

излучения на

венно равны:

EK

3

R(Z 1)2 ,

EK R(Z 1)2 .

4

Вычисление ЕK

для Z=22 (Ti) дает: E

K

1,05 10 34

2,07 1016 222

1,6 10 19

эВ=5,82

эВ. Энергия EK

=

3

EK =4,36

кэВ. Энергия связи

L-

4

электрона EL EK EK

1,46 кэВ.

Получим выражения для EL , при смешанном

использовании ве-личин Z и :

E

(

)

(

/

1)

(

K

1)

(

K

1)

L

K

K

K

K

K

K

K

K

K

K

K

2 c

3

3 2K

3 R2

(Z 1)4

4

8 c

8 c

K

K

2 c

K

K 2 c

K

K

2 c

3 1,05 10 34 (2,07)2

1032

214

24 10 12

эВ 0,57эВ.

8 3 108 1,6 10 19

5.196. Энергии квантов рентгеновского излучения на

частотах (длинах волн) линий К

и Кβ

некоторого элемента Z

соответственно

равны

E

K

2 c /

3

R(Z 1)2.

4

E

K

2 c /

R(1 1/32 )(Z 1)2 (8 /9) R(Z 1)2 .

EL

h L

2 c

EK EK

E

E

(5/36) R(Z 1)2

или

2 с (1/ 1/ ) (5/36) R(Z 1)2.

Отсюда

получаем:

72 c(

)

72

(Z 1)2

Z 1

c(

)

;

5R

5R

(1)

2 c

2 c (

1

1

)

.

(2)

Здесь -длина головной линии L-серии. Учитывая (2),

формулу (1) представим в виде

Z=1+

72 c

(3)

5R

Для

=275 пм и =251 пм длина =2,88 нм. По формуле (3)

находим порядковый номер исходного элемента:

Z=1+

72 3 108

=16 (сера, S).

5 2,07 1016 2,88 10 9

5.197. Энергии

K -кванта

излучения

цинка

(Z 1 =30) и

равны E

(Zn) E

3

R(Z 1)2

и EK

(Fe) E2

R(Z2 1)2 .

K

1

4

1

Е 1 будет

равна

= −

16=

ħ

2(

−2

1) − ( − 1) .

В частном

случае T 1,05 10

34

2,07 10

3

29

29

10,87 10

18

Дж 68 эВ,

4

а скоростьвырванного электрона

2 10,87 10 18 /9,1 10 31

2Т/m

c

=106

4,9 10 6 м / c.

23,9

g 1

J(J 1) S(S 1) L(L 1)

.

(1)

2J(J 1)

g

3

S (S

1)

L(L 1)

.

(2)

2

2J (J 1)

Для отдельного несвязанного электрона L=0, J=S и g=2,

гиромагнитное

отношение

S

/MS 2(

e

)

Поскольку

mc

MS

/2 , т. к. S=1/2,

то собственный (спиновый)

S(S 1)

3

(

e

)

e

.

магнитный момент равен S

3

(3)

3

2

mc

2mc

Величину

Б

e

называют магнетоном Бора, она имеет

2m c

c

g

3

L(L 1)

1

(J=L при S=0).

2

2L(L 1)

5.199. Вычислим значения фактора Ланде для следующих

термов:

а)

6 F

: Здесь L=3; 2S+1=6 => S=5/2; L>S и J=|L-S|=1/2.

1/2

Фактор Ланде

g

3

S(S 1) L(L 1)

2

.

2

2J(J 1)

3

б)

4 D

: L=2, S=3/2, J=1/2: g=0.

1/2

в)

5 F :

L=3, S=2, J=2: g=1.

2

г)

5 P :

L=1, S=2, J=1: g=5/2.

1

124

д)3 P : L=1, S=1, J=0: g=0/0 (неопределенность).

0

5.200. Магнитные моменты атомов вычислим по формуле

J

Б g

где Б =0.927 10 23

Дж/Тл-магнетон Бора:

J(J 1),

а) 1F - состояние атома.

Здесь L=3, S=0, J=L+S=3, g=1, J

2

Б .

3

и формул:

JZ

gmJ ,

(2)

g=

3

S(S 1) L(L 1)

(3)

2J(J 1)

2

g=2. Подставляя в (3) значения

L=2, J=2 и g=2, получим

уравнение относительно S: 2=

3

S(S 1) 6

=>S(S+1)=12. Отсюда

2

2 6

S=3. Заметим, что выбор значения

обусловлен

(1) и

равенством (2). Итак, спиновый

механический момент

атома

= −2

жащейпять электронов. Магнитныймомент

атома находиться по

формуле J =- B g

. Для этого

требуется предвари-

J(J 1)

тельно определить значения

квантового числа J и множителя

125