Калашников, Н.П. Руководство к решению задач по физике Основы квантовой физики. Строение вещества. Атомная и ядерная физика

dWr = 4πr2 ψ(r )2 dr.

Отсюда видно, что плотность вероятности найти электрон на расстоянии от r до r +dr равна

куда мы уже подставили данное в условии выражение для волновой функции атома в основном состоянии.

Наиболее вероятное расстояние rвер определяется как расстояние, на котором плотность вероятности максимальна:

откуда получаем rвер = aБ . В отличие от атома Бора, где aБ было

просто радиусом первой орбиты, в квантовой механике и этот параметр имеет вероятностный смысл.

Пример 2.6.5. Определить среднее расстояние электрона от ядра в основном состоянии атома водорода.

Решение. Поскольку мы знаем из предыдущей задачи выражение для вероятности найти электрон в шаровом слое между поверхностями с радиусами r и надо умножить эту вероятность на величину радиуса и сложить такие произведения для всех возможных значений r , то есть вычислить интеграл:

r = ∫r dWr = ∞∫rP (r)dr .

0

Подставляя сюда выражение для плотности вероятности P (r ), получаем

111

от ядра не совпадает с наиболее вероятным расстоянием предыдущей задачи.

• Аналогично вычисляются средние от любой степени r . Например,

r2 = ∞∫r2 P (r )dr и т.д.

0

• Не следует забывать, что выражение для плотности вероятности, P (r ) которое мы использовали, относится к

основному состоянию.

Для других состояний будут иные волновые функции и, соответственно, другие результаты.

Пример 2.6.6. Волновая функция первого радиального возбуждения атома водорода (2s-состояния с n = 2, l = 0, m = 0)

расстояния от ядра наиболее вероятны для электрона в этом состоянии?

Решение. Аналогичная задачи решена нами для основного состояния. Радиальная плотность вероятности находится по тому же принципу:

бесконечности. Ясно, что у нее должно быть, по крайней мере, два максимума на интервалах (0, 2aБ ) и (2aБ, ∞). Чтобы найти их,

продифференцируем функцию P (r ) по r :

112

вероятности. Длянахождениямаксимумовнадорешитьквадратноеуравнение r2 −6raБ +4aБ2 = 0 , откуда получаем r1 = (3 − 5 )aБ ≈ 0, 76aБ и

r2 = (3 + 5 )aБ ≈ 5, 24aБ . Нетрудно убедиться также, что значение

плотности вероятности в точке r 2 примерно в 3,7 раза больше ее значения в точке r1.

Плотность вероятности для сферически симметричного состояния с n =1, 2 вбезразмерныхединицах Pn (R) aБ показананарис. 5.

Рис. 5. Графики плотностей вероятностей

113

для 1s- и 2s-состояний электрона в атоме водорода

(графики вероятностей W1 (R )и W2 (R ) см. на рис. 4)

Пример 2.6.7. Электрон в возбужденном атоме водорода находится в 3p-состоянии. Определить изменение магнитного момента, обусловленного орбитальным движением электрона, при переходе атома в основное состояние.

Решение. Изменение ΔμL магнитного момента найдем как разность магнитных моментов в конечном (основном) и начальном (возбужденном) состояниях, т.е. ΔμL = ΔμL,0 −ΔμL,1 . Магнитный момент орбитального движения электрона, зависит только от

минус показывает, что в данном случае магнитный момент уменьшился.

Пример 2.6.8. Энергия ионизации атома водорода I =13,6 эВ.

Какой кинетической энергией должен обладать: 1) электрон, 2) протон и 3) альфа-частица, чтобы иметь возможность ионизировать атом водорода?

Решение. Предполагая, что ионизация происходит в результате полностью неупругого удара, можно написать закон сохранения импульса:

mv0 = (m + mН )u , откуда u = v0 m +mmН ,

где m – масса бомбардирующей частицы, mН = mp +me – масса атома водорода, v0 – начальная скорость налетающей частицы, u – конечная одинаковая скорость частицы и атома после столкновения. Кинетическая энергия T0 бомбардирующей

частицы до столкновения и полная кинетическая энергия T частицы и атома после столкновения равны:

114

Убыль кинетической энергии должна быть равна энергии ионизации I :

Чем больше масса бомбардирующей частицы, тем меньшая доля первоначальной кинетической энергии может быть использована для ионизации. При ионизации электроном первоначальная кинетическая энергия электрона практически полностью расходуется на ионизацию. Подставляя в (2.6.41) значение m = me ,

поскольку mp me . Для ионизации атома ускоренным протоном первоначальная энергия должна быть в два раза больше:

Наконец, при ионизации α-частицами, которые представляют собой атомные ядра гелия (m ≈ 4mp ), начальная кинетическая энергия должна быть в пять раз больше:

Проведенная оценка объясняет, почему в газоразрядной плазме ионизация происходит почти исключительно электронами, а ионизация собственными ионами практически не играет роли.

Пример 2.6.9. Электрон, двигаясь в атоме, испытывает со стороны ядра кулоновскую силу притяжения. Можно ли создать

115

внешнее электрическое поле, способное преодолеть эту силу и ионизировать атом водорода? Практически осуществимые

напряженности поля лежат в пределах 107 ÷108 В/м.

Решение. Для ионизации атома внешним полем нужны напряженности, не меньшие, чем напряженность кулоновского поля, в котором находится электрон. Для оценки последнего будем считать, что в состоянии с квантовым числом n расстояние от

В основном состоянии атома водорода (n =1) напряженность

электрического поля E1 = 5,14 1011 В/м на несколько порядков

превышает практически достижимые напряженности поля. Однако если электрон находится в состоянии с квантовым числом n , то

напряженность поля уменьшается в n4 раз. Если, например, n =10 , то напряженность поля оказывается в пределах достижимых значений. В экспериментах действительно удается наблюдать ионизацию электрическим полем высоковозбужденных атомов водорода.

Пример 2.6.10. Исходя из элементарной теории Бора:

а) вычислите магнитное поле в центре атома водорода, индуцированное электроном в основном состоянии;

б) оцените для этого состояния сверхтонкое расщепление энергетического уровня

Решение: а) Электрон в основном состоянии создает круговой ток

где е – заряд и v – скорость электрона, а RБ – радиус боровской

орбиты. Этот ток в центре круговой орбиты радиуса R создает магнитное поле

116

где μяд = 5, 05 10−27 Дж/Тл = 3,15 10−8 эВ/Тл .

Пример 2.6.11. Калий-щелочной металл с атомным номером

Z = 19.

а) Какова конфигурация электронных оболочек этого атома в основном состоянии?

б) Какие квантовые числа L, S и J характеризуют основное состояние атома калия?

в) Опишите количество зеемановское расщепление уровней атома, находящегося в основном и первом возбужденном состояниях.

Решение:

а) 1s2 , 2s2 , 2 p6 , 3s2 , 3 p6 , 4s1 ;

б) L = 0 ; S =1/ 2 , J =1/ 2.

в)

Рис. 6 В случае нормального эффекта Зеемана мы должны

рассматривать только то расщепление энергетического уровня, которое отвечает изменениям квантового числа ml соответствующего z-компоненте орбитального момента количества движения. Для основного состояния ml =0, а для первого

117

возбужденного состояния (4р) оно может принимать значения ml =−0; 0;+1. На рис. 6 приведена диаграмма энергетических

уровней и показаны разрешенные переходы. Сдвиг уровней E в магнитном поле В составляет

E = ± 4πehmc B .

Согласно правилу отбора для разрешенных переходов с

Пример 2.6.12. Согласно закону Мозли, частота линии Kα рентгеновского излучения ν зависит от атомного номера элемента Z следующим образом:

ω = aZ −b .

а) Выразите приближенно коэффициент а через фундаментальные физические постоянные.

б) Объясните, почему частоты спектральных линий рентгеновского излучения изменяются от элемента к элементу в соответствии с таким простым законом, а частоты линий оптических спектров описываются более сложно.

Решение:

получаем

118

где R – постоянная Ридберга.

б) В атоме с большим атомным номером Z все электроны, за исключением 1s -электронов, не оказывают влияния. Считая, что

E(1s)~ (Z −1)2 ,

а

E (2 p ) ~ 212 (Z −1)2 ,

получаем

ν = E (2 p )− E (1s ) ~ (Z −1)2 , h

т.е. частный случай закона Мозли.

При анализе оптических спектров пренебрегать влиянием остальных электронов уже нельзя, поскольку именно они определяют уровни оптических переходов.

Пример 2.6.13. Считая, что поправка на экранирование заряда ядра электронами на К-оболочке одинакова для атомов с Z < 50 ,

определить кинетическую энергию Tкин фотоэлектронов, вылетающих из К-оболочки атомов цинка 3065 Zn под действием

Kα – излучения серебра 10847 Ag , равного 21,6 кэВ.

Решение. Согласно закону Мозли, энергия кванта, излучаемого при переходе электрона с уровня n2 на уровень n1 (заряд ядра Z),

где Ry =13,6 эВ – энергия ионизации атома водорода (ридберг), находящегося в основном состоянии. Для линии

Поскольку энергия такого кванта в спектре излучения серебра известна и равна εγ = 21, 6 эВ, то из приведенной формулы закона

119

Мозли можно найти поправку σ на экранирование заряда ядра электронами на

К-оболочке (в обоих случаях Z < 50 ):

Энергия, необходимая для освобождения электрона из К- оболочки атома цинка 3065 Zn (переход с n =1 в n = ∞), равна

( ω)Zn = Ry (ZZn −1)2 =13,6 292 =11,4 кэВ,

а следовательно, кинетическая энергия вылетевшего оттуда электрона

Tкин =εγ −( ω)Zn =21,6−11,4 =10,2 кэВ.

Пример 2.6.14. Собственная угловая частота ω колебаний молекулы НСI равна 5,63 1014 c−1, коэффициент ангармоничности γ = 0,0201. Определить: 1) энергию E2,1 (в эВ) перехода молекулы с первого на второй колебательный энергетический уровень; 2)

уровнями найдем как разность двух значений колебательной энергии:

Ev+1, v = Ev+1 − Ev .

Так как колебательная энергия двухатомной молекулы определяется соотношением (2.6.28)

то

120