ВВЕДЕНИЕ В КВАНТОВУЮ ФИЗИКУ. …qp.ilc.edu.ru › wp-content › uploads › 2009 › 09 › qmworkbook.pdfний опыт преподавания курса

МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

имени М.В.Ломоносова

ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ

А.В.КАРГОВСКИЙ, А.А.КОНОВКО, О.Г.КОСАРЕВА,

С.А.МАГНИЦКИЙ, А.Б.САВЕЛЬЕВ-ТРОФИМОВ,

Д.С.УРЮПИНА

ВВЕДЕНИЕ В КВАНТОВУЮФИЗИКУ.

МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕК СЕМИНАРСКИМ ЗАНЯТИЯМ.

Москва

Физический факультет МГУ

2012

РецензентыДоктор физико-математических наук, профессор, лауреат Государственнойпремии СССР, главный научный сотрудник ФИАН А.З. Грасюкдоцент, доктор физико-математических наук А.Н. Рубцов

Печатается по постановлениюРедакционно-издательского совета физического факультета МГУ

Допущено УМО по классическому университетскому образованиюРФ в качестве учебного пособия для студентов высших учебных заведений,обучающихся по направлению подготовки 011200 - Физика

Карговский А.В., Коновко А.А., Косарева О.Г., Магницкий С.А.,Савельев-Трофимов А.Б., Урюпина Д.С. Введение в квантовуюфизику. Методическое пособие к семинарским занятиям. Под об-щей редакцией А.Б. Савельева-Трофимова и А.А. Коновко: Учебноепособие. - М.: Физический факультет МГУ, 2012, 132с.

Основная цель курса ≪Введение в квантовую физику≫ — помочь студентам вто-

рокурсникам, не владеющим еще в полной мере достаточно сложным математи-

ческим аппаратом квантовой теории, понять и освоить основные идеи и принци-

пы квантовомеханического подхода при изучении фундаментальных основ физики.

Квантовая физика — понимая под этим термином совокупность физических теорий,

в наборе констант которых содержится постоянная Планка, — рассматривается как

основа современной физической картины мира. В этой связи в курсе важное место

занимают, с одной стороны, вопросы экспериментального обоснования квантовой

физики и, с другой стороны — вопросы соответствия результатов квантовых и клас-

сических теорий. В пособии, разделенном на 13 семинаров, приведены ключевые

понятия и формулы, используемые при проведении семинарских занятий по курсу,

характерные задачи с решениями, а также ряд задач для самостоятельной работы.

При составлении задач использовались книги А.Н. Матвеева ≪Квантовая механика

и строение атома≫, И.Е. Иродова ≪Задачи по квантовой физике≫ и И.А. Квасникова

≪Термодинамика и статистическая физика≫. Пособие предназначено для студентов

второго курса физического факультета МГУ, а также других ВУЗов, изучающих

квантовую физику.

c© А.В.Карговский, А.А.Коновко,О.Г.Косарева, С.А.Магницкий,А.Б.Савельев-Трофимов, Д.С.Урюпина, 2012

c© Физический ф-т МГУ, 2012

Оглавление

Предисловие 6

1 Фундаментальные константы и базовые соотношения. 71.1 Краткие теоретические сведения . . . . . . . . . . . . . . 7

1.1.1 Релятивистская механика . . . . . . . . . . . . . . 9

1.1.2 Элементы теории вероятностей . . . . . . . . . . . 10

1.2 Примеры решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.3 Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . 18

2 Характерные масштабы квантовых систем 192.1 Краткие теоретические сведения . . . . . . . . . . . . . . 19

2.1.1 Метод размерностей . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.1.2 Действие и постоянная Планка . . . . . . . . . . 21

2.2 Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22


3 Корпускулярные свойства излучения. Формула Планка. 303.1 Краткие теоретические сведения . . . . . . . . . . . . . . 30

3.1.1 Абсолютно черное тело. Формула Планка. . . . . 31



4 Корпускулярные свойства излучения. Фотоэффект. 384.1 Краткие теоретические сведения . . . . . . . . . . . . . . 38



5 Модель атома Резерфорда-Бора 455.1 Краткие теоретические сведения . . . . . . . . . . . . . . 45

5.1.1 Формула Резерфорда . . . . . . . . . . . . . . . . 45

5.1.2 Постулаты Бора . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46



3

4 ОГЛАВЛЕНИЕ

6 Волны де-Бройля 556.1 Базовые теоретические сведения . . . . . . . . . . . . . . 55

6.1.1 Гипотеза Де Бройля и дифракция частиц . . . . . 556.1.2 Групповая и фазовая скорости частиц . . . . . . . 56

6.2 Примеры решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 576.3 Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . 60

7 Соотношение неопределенности Гейзенберга 637.1 Краткие теоретические сведения . . . . . . . . . . . . . . 63

7.1.1 Соотношение неопределенностей . . . . . . . . . . 637.1.2 Оценка состояний с минимумом энергии . . . . . 64


8 Операторы физических величин 688.1 Краткие теоретические сведения . . . . . . . . . . . . . . 68

8.1.1 Принцип суперпозиции . . . . . . . . . . . . . . . 688.1.2 Свойства линейных самосопряженных операторов 698.1.3 Примеры операторов . . . . . . . . . . . . . . . . . 70


9 Частица в потенциальной яме. 769.1 Краткие теоретические сведения . . . . . . . . . . . . . . 769.2 Примеры решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 799.3 Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . 85

10 Прохождение частиц сквозь барьер. 8710.1 Краткие теоретические сведения . . . . . . . . . . . . . . 8710.2 Примеры решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8810.3 Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . 93

11 Угловой момент. 9611.1 Краткие теоретические сведения . . . . . . . . . . . . . . 96

11.1.1 Уравнение Шредингера . . . . . . . . . . . . . . . 9611.1.2 Момент импульса . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9611.1.3 Спин . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9811.1.4 Полный механический момент . . . . . . . . . . . 9811.1.5 Магнитный момент электрона . . . . . . . . . . . 9911.1.6 Угловой момент атомной оболочки . . . . . . . . . 101

ОГЛАВЛЕНИЕ 5


12 Энергия молекул. 11012.1 Краткие теоретические сведения . . . . . . . . . . . . . . 11012.2 Примеры решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11312.3 Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . 120

13 Статистика тождественных частиц 12213.1 Краткие теоретические сведения . . . . . . . . . . . . . . 12213.2 Примеры решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12513.3 Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . 130

Предисловие

Курс ≪Введение в квантовую физику≫ для студентов 2-го курса фи-зического факультета появился сравнительно недавно — в 2009 году,хотя в той или иной форме разделы курса присутствовали в курсах≪Оптика≫, ≪Атомная физика≫, ≪Ядерная физика≫, читаемых в конце2-го и на 3-ем курсах. Необходимость целостного введения в мир кван-товых объектов на более раннем этапе обучения связана, очевидно, свсе возрастающей ролью квантового подхода при описании явленийи желательностью усвоения студентами младших курсов ключевыхидей и мировоззренческих основ такого подхода. Успешный трехлет-ний опыт преподавания курса ≪Введение в квантовую физику≫ на 2-омпотоке 2-го курса позволил коллективу авторов, ведущих семинары покурсу, подготовить методическое пособие к этим семинарам.

Курс является теоретическим базисом к ряду дисциплин и пред-ставляет собой первый элемент последовательности курсов: ≪Ядернаяфизики≫, ≪Физика атомного ядра и частиц≫, ≪Квантовая теория≫ и да-лее все специальные курсы кафедр, в которых рассматривается кван-товая природа мира. В результате освоения дисциплины обучающийсядолжен познакомиться с экспериментальными свидетельствами недо-статочности классического описания, приведшими к появлению кван-товой физики, освоить основные принципы квантомеханического под-хода к решению простых задач микросистем, изучить порядки величинв квантовой физике и шкалу масштабов физики атомов и нанострук-тур.

Отличительная особенность методического пособия состоит в реа-лизации предложенной С.А. Магницким и Н.М. Нагорским методикиадаптации материала к современным образовательным технологиям:в каждом разделе пособия приведены интернет-ссылки в виде дву-мерных штрих-кодов (QR-кодов), при считывании которых мобильнымустройством можно перейти на страницу сайта курса в сети Интер-нет и изучить дополнительные материалы к семинару (компьютерныедемонстрации изучаемых опытов, явлений и эффектов, расширенныетеоретические сведения, дополнительные задачи, а также ссылки надругие сайты, содержащие полезную информацию). Для читателей, нерасполагающих устройством, способным сканировать QR-коды, ссыл-ка на интернет-ресурс приведена в текстовом формате.

6

Семинар 1

Фундаментальные константы ибазовые соотношения.

1.1 Краткие теоретические сведения

Системы единиц

ВеличинаСистема единицСИ СГС

Длина 1 м 1 смМасса 1 кг 1 гВремя 1 с 1 сСила 1 Н 1 дин = 10−5 НЭнергия 1 Дж 1 эрг = 10−7 ДжДавление 1 Па 1 дин/см2= 0.1 ПаСила тока 1 А 10/с А = 1/3·10−9 АЭлектрический заряд 1 Кл 10/с Кл = 1/3·10−9 КлНапряженность элек-трического поля

1 В/м 10−8с В/см = 3·104 В/м

Электрическое напря-жение

1 В 10−8с В = 300 В

Электрическая емкость 1 Ф 1 см = 1/9·10−11 ФЭлектрическое сопро-тивление

1 Ом 10−9 с2 Ом = 9·1011 Ом

Напряженность маг-нитного поля

1 А/м 1 Э = 103/4π А/м

Индукция магнитногополя

1 Тл 1 Гс = 10−4 Тл

Магнитный поток 1 Вб 1 Мкс = 10−8 Вб

Таблица 1.1: Единицы физических величин.

7

8 Фундаментальные константы и базовые соотношения.

НаименованиеСистема единиц

СИ СГСНапряженность по-ля точечного заряда E =

1

4πε0

q

r2

[

В

м

]

E =q

r2

Потенциал поля то-чечного заряда ϕ =

1

4πε0

q

r[В] ϕ =

q

r

Закон Био-Савара-Лапласа dB =

µ04π

I[dl, r]

r3[Тл] dB =

1

c

I[dl, r]

r3

Плотность энергииэлектромагнитногополя

w=ED+BH

2

[

Дж

м3

]

w =ED+BH

8π

Теорема Гаусса∮

DdS = q [Кл]∮

DdS = 4πq

Теорема о циркуля-ции H

∮

Hdl = I [А] ∮

Hdl =4π

cI

Магнитный моментконтура с током pm = IS

[

А · м2]

pm =IS

c

Таблица 1.2: Некоторые формулы электродинамики.

1.1 Краткие теоретические сведения 9

НаименованиеСистема единицСИ СГС

Скорость света в вакуу-ме, c

3 · 108 м/с 3 · 1010 см/с

Заряд электрона, e 1.6 · 10−19 Кл 4.8 · 10−10 СГСЭМасса электрона, me 9.1 · 10−31 кг 9.1 · 10−28 гМасса протона, mp 1.67 · 10−27 кг 1.67 · 10−24 гПостоянная Планка, h 6.62 · 10−34 Дж с 6.62 · 10−27 эрг сПриведенная постояннаяПланка, ~

1.05 · 10−34 Дж с 1.05 · 10−27 эрг с

Магнетон Бора, µB 927 · 10−26 Дж/Тл 927 · 10−23 эрг/ГсДиэлектрическая посто-янная, ε0

8.85 · 10−12 Ф/м 1 СГСЭ, 1/c2 СГ-СМ

Магнитная постоянная,µ0

1.26 · 10−6 Н/А2 1/c2 СГСЭ, 1 СГ-СМ

Таблица 1.3: Некоторые физические константы

Связь между диэлектрической и магнитной постоянными:

ε0µ0 =1

c2.

1.1.1 Релятивистская механика

Импульс

p =mv

√

1− v2/c2=

vE

c2. (1.1)

Уравнение динамики частицы

dp

dt= F. (1.2)

Полная (E) и кинетическая (K) энергия частицы

E =mc2

√

1− v2

c2

= E0 +K, (1.3)

где E0 = mc2 — энергия покоя.


Связь между энергией и импульсом частицы

E2 − p2c2 = m2c4,p2c2 = K(K + 2mc2).

(1.4)

1.1.2 Элементы теории вероятностей

Случайным событием называется такой исход испытания, которыйможет произойти или не произойти.

Событие называется достоверным, если оно обязательно наступитв результате данного испытания.

Событие называется невозможным, если оно заведомо не произой-дет в результате проведения опыта.

Два события называются несовместными, если появление одногоиз них исключает появление другого в одном и том же испытании; впротивном случае события называются совместными.

Вероятностью события А называется отношение числа благопри-ятных исходов (т.е. приводящих к наступлению события А) к общемучислу испытаний.

P (A) = limN→∞

NA

N. (1.5)

Условной вероятностью события А при условии В называется веро-ятность события А, найденная при условии, что событие В произошло.

P (A|B) =P (AB)

P (B), P (B) 6= 0. (1.6)

Для независимых событий

P (A|B) = P (A), P (AB) = P (A)P (B). (1.7)

Случайная величина Х есть числовая функция, определенная на про-странстве элементарных событий. Случайные величины могут бытьдискретными или непрерывными.

Функцией распределения случайной величины называется функ-ция F (x), которая для любого числа x ∈ R равна вероятности событияX<x, т.е.

F (x) = PX < x. (1.8)

Для непрерывной случайной величины PX = c = 0, поэтому

Pa < X < b = Pa 6 X 6 b = F (b)− F (a). (1.9)


Плотностью распределения непрерывной случайной величины X на-зывается производная ее функции распределения (при условии непре-рывности и дифференцируемости последней всюду, за исключением,м.б., конечного числа точек)

w(x) = F ′(x), Px0 < x < x0 + dx = w(x0)dx. (1.10)

Свойства плотности распределения:

1. w(x) > 0.

2.∞∫

−∞w(x)dx = 1 (свойство нормированности).

3. Pa 6 x 6 b =b∫

a

w(x)dx.

Математическим ожиданием (или средним значением) M(X) дискрет-ной случайной величины называется сумма произведений всех ее воз-можных значений xi на их соответствующие вероятности pi

M(X) =∑

i

xipi. (1.11)

Для непрерывной случайной величины

M(X) ≡ 〈x〉 =∞∫

−∞

xw(x)dx, 〈f〉 =∞∫

−∞

f(x)w(x)dx. (1.12)

Дисперсией случайной величины Х называется

D(X) ≡ σ2X = 〈(x− 〈x〉)2〉 = 〈x2〉 − 〈x〉2. (1.13)

Распределение Пуассона — распределение случайной величины X,принимающей целые неотрицательные значения x:

p(x) =λx

x!e−λ, (1.14)

где λ > 0 — параметр. Среднее значение 〈x〉 = λ, дисперсия D(x) = λ.Это распределение определяет вероятность наблюдения x событий вданный интервал времени t, если эти события независимы и возника-ют с постоянной скоростью v (λ = vt).


Более подробную информацию можно найти по адресу

http://qp.ilc.edu.ru/?page_id=248

1.2 Примеры решения задач

Пример 1.1. Найти отношение единиц измерения энергии в СИ иСГС.

Решение.Выразим единицы измерения энергии в этих системах через базо-

вые – длину, массу, время:

[Энергия] = [Масса] · [Скорость]2 = [Масса] · [Длина]2

[Время]2,

СИ: 1 Дж = 1 кг·м2/c2,СГС: 1 эрг = 1 г·см2/c2.Таким образом, Дж/эрг = 107.

Ответ: Дж/эрг = 107.

Пример 1.2. Напряженность электрического поля составляет E =50 кВ/м. Чему она равна в единицах СГС?


1.2 Примеры решения задач 13

Решение.Воспользуемся тем, что

[Напряженность] =[Потенциал]

[Длина]=

[Энергия]

[Заряд] · [Длина].

Пользуясь полученным соотношением, находим: 1 В/м = 1 Дж/(Кл·м)= 107 эрг/(3·109 СГСЭ ·100 см) = 1/3 · 10−4 СГСЭ.

Таким образом, E = 1.7 СГСЭ.Тот же самый результат можно моментально получить, воспользо-

вавшись таблицей единиц измерений физических величин, приведен-ной в разделе 1.1.

Ответ: 1.7 СГСЭ.

Пример 1.3. Солнечная постоянная или интегральная интенсив-ность солнечного излучения за пределами земной атмосферы на сред-нем расстоянии Земли от Солнца (1 а.е.) равна Q = 1367 Вт/м2. Чемуравно значение солнечной постоянной в системе СГС?

Решение.

[Интенсивность] =[Энергия]

[Время] · [Площадь]=

[Энергия]

[Время][Длина]2.

Пользуясь полученным соотношением, находим: 1 Вт/м2 = 1 Дж/(с·м2)= 107 эрг /(с·104 см2) = 103 эрг/(с·см2),

Откуда получаем ответ Q = 1367 Вт/м2 = 1.367 · 106 эрг/(с·см2).

Ответ: Q = 1.367 · 106 эрг/(с·см2).

Пример 1.4. Релятивистская частица с массой m и кинетическойэнергией K налетает на покоящуюся частицу той же массы. Найтимассу и скорость составной частицы, образовавшейся в результате со-ударения.


Решение.В процессе участвуют три частицы: налетающая (1), покоящаяся

(2) и образовавшаяся в результате соударения (3). Пусть mi, Ei и pi —масса, энергия и импульс i-той частицы соответственно. По условиюm1 = m2 = m. Запишем законы сохранения энергии и импульса до ипосле соударения:

E1 + E2 = E3

(p1 + p2)2 = p2

3.

До удара полная энергия покоящейся частицы E2 = mc2, а импульсравен нулю (p2 = 0). Пользуясь формулами E = mc2 + K, p = vE

c2 иp2c2 = K(K + 2mc2), получаем систему уравнений относительно E3 иv3

(K +mc2) +mc2 = E3

K(K + 2mc2) = v23E23 .

Путем несложных преобразований получим:

E3 = K + 2mc2, v3 = c

√

K

K + 2mc2.

Чтобы найти массу составной частицы m3, воспользуемся определени-ем релятивистской энергии

E3 =m3c

2

√

1− v23c2

,

в которую подставим полученные выше выражения для E3 и v3. Окон-чательно получаем

m3 =1

c

√

2m(K + 2mc2).

Ответ: m3 =1

c

√

2m(K + 2mc2) и v3 = c

√

K

K + 2mc2.

Пример 1.5. В сосуде объемом V находится N молекул газа. Ка-кова вероятность того, что в объеме ∆V находится N молекул?


Решение.Вероятность обнаружить молекулу в объеме ∆V равна

p1 =∆V

V=

NV

∆V

N = n∆V

N .

Будем считать, что молекулы газа независимы, т.е. нахождение од-ной молекулы в интересующем нас объеме не зависит от присут-ствия/отсутствия там других молекул. Тогда вероятность того, что вобъем ∆V попали N молекул, равна

pN =

(

∆V

V

)N

.

При этом оставшиеся N − N молекул должны находится вне объема∆V . Вероятность нахождения молекулы газа вне этого объема равна1−p1. Тогда, с учетом того что все молекулы одинаковые, будем иметь

pN = pN1 (1− p1)N−NCN

N .

Легко убедиться, что полученное выражение удовлетворяет условиюнормировки:

N∑

N=0

pN = 1.

Ответ: pN = CNN

(

∆V

V

)N (

1− ∆V

V

)N−N

.

Пример 1.6. Плотность распределения случайной величины w(x)пропорциональна функции вида

f(x) =

1, x ∈ [a, b]0, x /∈ [a, b]

Найти коэффициент нормировки, среднее значение и дисперсиюслучайной величины.


Решение.По условию

w(x) = C

1, x ∈ [a, b]0, x /∈ [a, b]

Согласно условию нормировки:

∞∫

−∞

w(x)dx = 1 =

b∫

a

Cdx = C(b− a),

C =1

b− a.

Найдем среднее:

〈x〉 =∞∫

−∞

xw(x)dx =

b∫

a

x

b− adx =

a+ b

2.

Для нахождения дисперсии вычислим 〈x2〉:

〈x2〉 =∞∫

−∞

x2w(x)dx =

b∫

a

x2

b− adx =

a2 + ab+ b2

3.

Откуда для дисперсии получаем выражение:

σ2 = 〈x2〉 − 〈x〉2 = (b− a)2

12.

Ответ: C =1

b− a; 〈x〉 = a+ b

2; D(x) =

(b− a)2

12.

Пример 1.7.Найти чему равна диэлектрическая постоянная ε0. Воспользуйтесь

сопоставлением выражений для силы Кулона в системах единиц СИ иСГС.


Решение.Воспользуемся формулами для силы Кулона в системах единиц СИ

и СГС.

Fкл (СИ) =1

4πε0

q1q2r2

, Fкл (СГС) =q1q2r2

.

Посчитаем силу для q1 = q2 = 1 Кл, r = 1 м:

Fкл (СИ) =1

4πε0[H] =

105

4πε0[дин] ,

Fкл (СГС) =3 · 109 · 3 · 109

104[дин] = 9 · 1014 [дин] .

Сравнивая между собой два выражения, получим:

ε0 =10−9

4π9= 8.85 · 10−12 Ф/м.

Пример 1.8.Найти чему равна магнитная постоянная µ0. Воспользуйтесь сопо-

ставлением выражений для силы взаимодействия двух проводников стоком в системах единиц СИ и СГС.

Решение.Воспользуемся формулами для силы взаимодействия двух провод-

ников с током в системах единиц СИ и СГС.

Fвз (СИ) =µ04π

2I1I2r

l, Fвз (СГС) =12

2I1I2r

l.

Посчитаем силу для I1 = I2 = 1 А:

Fвз (СИ) =µ02π

[Н] =µ0 · 1052π

[дин] ,

Fвз (СГС) =2 · 3 · 109 · 3 · 109

9 · 1020 [дин] = 2 · 10−2 [дин] .

Сравнивая между собой два выражения, получим:

µ0 = 4π · 10−7 Гн/м.


1.3 Задачи для самостоятельного решения

Задача 1.1. При какой скорости кинетическая энергия частицы равнаее энергии покоя?

Ответ: v =

√3

2c, где c — скорость света.

Задача 1.2. Пучок релятивистских частиц с кинетической энерги-ей K падает на поглощающую мишень. Сила тока в пучке равна I,заряд и масса каждой частицы равны e и m соответственно. Найтисилу давления пучка на мишень и выделяющуюся в ней мощность.

Ответ: F =I

ec

√

K (K + 2mc2); P =IK

e.

Задача 1.3. Плотность распределения случайной величины w(x)пропорциональна:

1. exp

[

−(x− x0)2

2σ2

]

(нормальное распределение)

2. exp (−a |x− b|) , a > 0 (распределение Лапласа)

Найти коэффициент нормировки, математическое ожидание и диспер-сию случайной величины.

Ответ:

1. C =1√2πσ2

; 〈x〉 = x0; D(x) = σ2.

2. C =a

2; 〈x〉 = b; D(x) =

2

a2.

Семинар 2

Характерные масштабы квантовыхсистем: порядки величин, энергий ирасстояний


2.1.1 Метод размерностей

Метод установления связи между физическими величинами, суще-ственными для изучаемого явления, основанный на рассмотрении раз-мерностей этих величин, называется анализом размерностей.

Запишем соотношения, возникающие между физическими величи-нами в силу существования констант h и c для электрона массой m(так называемые естественные единицы квантовой электродинамики).

Физичес-кая ве-личина

Формула СИ СГС Вне-систем-ныеединицы

масса m 9.1·10−31 кг 9.1·10−28 гскорость c 2.997·108 м/с 2.997·1010 см/симпульс mc 2.73·10−22 кг·м/с 2.73·10−17 г·см/сэнергия mc2 8.17·10−14 Дж 8.17·10−7 эрг 511 кэВвремя ~/(mc2) 8.1·10−21 с 8.1·10−21 сдлина ~/(mc) 3.86·10−13 3.86·10−11 см 3.86·10−3

A

Таблица 2.1: Естественные единицы квантовой электродинамики.

Аналогичные соотношения для электрона массой m и зарядом e вкомбинации с константой h определяют характерные масштабы вели-чин для такой системы, как атом водорода.

19

20 Характерные масштабы квантовых систем


Формула СИ СГС

масса m 9.1·10−31 кг 9.1·10−28 гскорость e2/~ 2.19·106 м/с 2.19·108 см/с 1/137cимпульс me2/~ 1.99·10−21 кг·м/с 1.99·10−19 г·см/сэнергия me4/~2 4.31·10−18 Дж 4.34·10−11 эрг 26.9 эВвремя ~

3/(me4) 1.8·10−17 c 1.8·10−17 c 180 атто-секунд

длина ~2/(me2) 5.29·10−11 м 5.29·10−9 см 0.5 A

Таблица 2.2: Характерные масштабы величин для атома водорода.

Для электрона массой m и зарядом e в комбинации с константойc, также можно сформировать комбинации констант, соответствующихмасштабам величин в ядерной физике.


формула СИ СГС

масса m 9.1·10−31 кг 9.1·10−28 гскорость 2.997·108 м/с 2.997·1010 см/симпульс mc 2.73·10−22 кг·м/с 2.73·10−17 г·см/сэнергия mc2 8.17·10−14 Дж 8.17·10−7 эрг 511 кэВвремя e2/(mc3) 9.3·10−24 с 9.3·10−24 сдлина e2/(mc2) 2.8·10−15 м 2.8·10−13 см 2.8 Фер-

ми

Таблица 2.3: Характерные масштабы величин в ядерной физике.

Основываясь на приведенных соотношениях можно связать энер-гию с массой, частотой, обратной длиной, т.е. энергия может бытьвыражена через значения соответствующих ассоциированных с нейвеличин.

Одной из наиболее употребительных единиц энергии в физике мик-ромира является электронвольт (эВ), т.е. энергия, приобретаемая эле-ментарным зарядом при прохождении разности потенциалов 1 В.

1 эВ = 1.6 · 10−19 Дж = 1.6 · 10−12 эрг.


Электронвольт особенно удобен при описании атомов, посколькуэнергия связи внешних электронов составляет как раз порядка 1 эВ,а энергия связи электрона в атоме водорода — 13.6 эВ. В ядернойфизике обычно используется МэВ, а в физике частиц – ГэВ (энергияпокоя протона равна 0.94 ГэВ).

Температуру, обычно измеряемую в градусах, также можно ≪изме-рять≫ в энергетических единицах, при этом 1 эВ соответствует темпе-ратуре в 11605 градусов (по Кельвину). Не следует при этом, однакопутать эту энергию с кинетической или потенциальной энергией си-стемы.

2.1.2 Действие как мера ≪квантовости≫ системы. По-стоянная Планка

Действие в физике — одна из наиболее фундаментальных физиче-ских величин, входящая в современную формулировку большинстваосновных физических теорий во всех фундаментальных разделах фи-зики, имеющая при этом и огромное техническое значение в теоре-тической физике. Имеет физическую размерность энергия-время илиимпульс-расстояние, совпадающую с размерностью момента импульсаи размерностью постоянной Планка h. Данное совпадение не случай-но: для квантовых систем величина действия сравнима с h (S ∼ h), адля макросистем — намного превышает h (S ≫ h).

h = 6.626 · 10−27 эрг·с= 6.626 · 10−34 Дж·сДля оценки величины действия некоторой физической системы

можно использовать одну из трех указанных выше комбинаций ха-рактерных масштабов изменения системы:

• произведение (кинетической) энергии системы на среднее времяее изменения;

• произведение импульса системы на характерный пространствен-ный масштаб смещения системы;

• момент импульса системы.


Более подробную информацию можно найти по адресуhttp://qp.ilc.edu.ru/?page_id=254

2.2 Примеры решения задач.

ПостояннаяПланка

h = 6.626 · 10−27 эрг·с~ = 1.054 · 10−27 эрг·с

h = 6.626 · 10−34 Дж·с~ = 1.054 · 10−34 Дж·с

Скорость света c = 2.998 · 1010 см/с c = 2.998 · 108 м/с

Заряд электрона e = 4.803 ·10−10 СГСЭ e = 1.602 · 10−19 Кл

Масса электро-на

m = 9.109 · 10−28 г m = 9.109 · 10−31 кг

Масса протона M = 1.672 · 10−24 г M = 1.672 · 10−24 кг

ПостояннаяАвогадро

NA = 6.022 · 1023

моль−1NA = 6.022 · 1023

моль−1

ПостояннаяБольцмана

k = 1.38 · 10−16 эрг/К k = 1.38 · 10−23 Дж/К

Таблица 2.4: Таблица некоторых физических постоянных.

Пример 2.1. Методом анализа размерностей оцените классическийрадиус электрона.


2.2 Примеры решения задач. 23

Решение. Для оценки классического (не квантового) радиуса элек-трона можно воспользоваться зарядом e, массой m и скоростью светаc. Запишем степенную комбинацию указанных констант

eAmBcC = re,

где re — радиус электрона, а числа A, B и C предстоит найти. Будемрешать задачу в системе СГС, так что закон Кулона принимает вид:

F =q1q2r2

,

т.е. отношение квадрата единиц заряда к квадрату расстояния естьсила, которая в свою очередь имеет размерность [г] · [см]/[с]2

[заряд]2

[см]2=

[г] · [см][с]2

,

откуда получаем связь размерности электрического заряда с основны-ми размерностями СГС

[заряд] =[г]1/2 · [см]3/2

[с].

Подставляя размерность заряда, массы и скорости в их степеннуюкомбинацию, получаем

[г]A/2 · [см]3A/2[с]A

[г]B[см]C

[с]C= [см].

Равенство выполняется, если

A

2+ B = 0, −A− C = 0,

3A

2+ C = 1,

откуда получаем значения степеней A, B и C

A = 2, B = −1, C = −2.

Подставляя полученные числа в степенную комбинацию фундамен-тальных констант, получаем ответ

re =e2

mc2.


Замечание: полученное равенство можно переписать в виде mc2 =e2

re. Этому результату можно дать следующую интерпретацию: класси-

ческий радиус электрона — это радиус сферы, обладающей зарядом e,электростатическая энергия которой равна энергии покоя электрона.

Ответ: re =e2

mec2≈ 2.8 · 10−13 см.

Пример 2.2. Оцените электростатическую энергию отталкиваниядвух электронов, находящихся на расстоянии ~/(mc). Сравните ее сэнергией покоя электрона.

Решение. Расстояние ~/(mc) ≈ 3.8 · 10−11 см близко по величине крадиусу первой боровской орбиты атома водорода (a = 0.53 ·10−10 м). Вгауссовой системе единиц относительная энергия взаимодействия двухэлектронов, находящихся на расстоянии ~/(mc), дается равенством

α =

e2/(

~

mc

)

mc2=e2

~c≈ 1

137.

Поэтому можно сказать, что электрон в атоме водорода — нереляти-вистский объект. Константа α называется постоянной тонкой структу-ры и играет фундаментальную роль в атомной физике. Малость этойвеличины отражает ≪слабость≫ электромагнитного взаимодействия.

Пример 2.3. Оцените скорость v, радиус орбиты a и энергию Eсвязи электрона в атоме водорода в сравнении с величинами, харак-терными для квантовой электродинамики.

Решение. Для электрона на круговой орбите в атоме водорода выпол-няется Второй закон Ньютона

mv2

a=e2

a2,


где a — радиус атома водорода. Поскольку электрон в атоме водоро-да — нерелятивистский объект, для оценки величины a можно вос-пользоваться константами e, m и ~ (но не c)

a =~2

me2=

1

α

Λe

2π,

где Λe — комптоновская длина волны электрона.Тогда полная энергия электрона равна

E =p2

2m− e2

a=e2

2a− e2

a= − e2

2a.

По определению энергия связи — это разность между полной энергиейсвязанного состояния системы частиц и энергией состояния, в которомэти частицы бесконечно удалены друг от друга и находятся в состоя-нии покоя. Отсюда следует, что энергия связи электрона с протоном ватоме водорода дается равенством

|E| = R = α2mc2

2,

где R = 13.6 эВ — постоянная Ридберга, а α — постоянная тонкойструктуры. Передав электрону такую энергию, его можно оторвать отпротона, поэтому энергию |E| можно также назвать энергией иониза-ции атома водорода.

Для скорости электрона имеем:

v =

√

e2

ma2= αc.

Таким образом с точки зрения квантовой электродинамики атом водо-рода является слабо связанной нерелятивистской системой довольнобольших размеров.

Пример 2.4. Движущиеся элементы ручных часов сравнительномалы. Сделав разумные оценки физических параметров для типич-ных ручных часов, покажите, что квантовая механика не управляетдвижением их частей. Оцените характерные параметры ≪квантовогомаятника≫.


Решение. Поскольку в основе любых часов есть маятник, для оценки≪квантовости≫ часов рассмотрим движение математического маятни-ка, а в качестве оценки величины действия для этой системы — про-изведение периода T колебаний маятника и его максимальной энергииW .

Пусть длина l ≪нити≫ маятника — 1 мм, масса m грузика — 1 г,а типичный угол отклонения α составляет по порядку величин 1.В точке максимального отклонения от вертикали энергия маятникаопределяется его потенциальной энергией. Разность потенциальныхэнергий в этой точке и в точке равновесия равна искомой энергии Wмаятника. Тогда действие равно

S ∼W · T = mgl(1− cosα)2π

√

l

g≈ πmlα2

√

lg.

Оценка на S дает S ≈ 10−10 ≫ ~. Таким образом, рассматриваемыймаятник не является квантовым объектом. Для квантового маятникапроизведение l3/2m должно быть в ∼ 1024 раз меньше. Например, та-кому соотношению удовлетворяет протон на нити длиной 1 мм, либонесколько тысяч протонов на нити длиной 1 мкм.

Пример 2.5. Электрон движется в магнитном поле в направлении,перпендикулярном вектору напряженности этого поля. При каких на-пряженностях поля движение электрона становится неклассическим?Проведите оценку для релятивистского электрона и для тепловогоэлектрона при комнатной температуре.

Решение. На электрон будет действовать сила Лоренца

F = −e[v,B],

направленная перпендикулярно направлению скорости v.Релятивистское уравнение движения дается равенством

p = F, где p =mv

√

1− v2

c2

.


Взяв производную по времени от релятивистского импульса, получимуравнение движения в следующем виде

F =ma

√

1− v2

c2

+m

(

1− v2

c2

)3/2

v

c

(v

c· a)

, где a = v.

Второе слагаемое параллельно направлению скорости, и если F ⊥ v,оно равно нулю. Сила Лоренца удовлетворяет этому условию, поэтомууравнение движения упрощается

F =ma

√

1− v2

c2

.

Поскольку работа силы Лоренца равна нулю, энергия электрона со-храняется, и он движется по окружности. При этом ускорение a —это центростремительное ускорение, и a = v2/R. Запишем уравнениедвижения в проекции на радиальное направление

evB =mv2

R√

1− v2

c2

.

В нерелятивистском случае v ≪ c, и радиус окружности, называемыйтакже Ларморовским радиусом, дается равенством

R =mv

eB.

Действие в данной системе можно оценить как момент импульса элек-трона:

S ∼ pR,

где p - импульс электрона:

p =mv

√

1− v2

c2

, p ≈ mv при v ≪ c.

В релятивистском случае для напряженности магнитного поля, прикотором действие становится порядка ~, имеем

B > 109 Тл.

При этом Ларморовский радиус составит порядка 1 нм. Следует от-метить, что магнитные поля с такой напряженностью создать в земных


условиях невозможно и поэтому электрон, движущийся со скоростью,близкой к скорости света, в магнитном поле не проявляет своих кван-товых свойств.

Для теплового электрона скорость составляет примерно 3 · 104 м/c.Поэтому соответствующее магнитное поле оказывается на 8 порядковслабее, Ларморовский радиус — на 8 порядков больше. Такие полясоздать достаточно просто.


Задача 2.1. Оцените температуру человека в эВ. Какова (среднеквад-ратичная) скорость молекул, из которых состоит его тело? С какой ско-ростью должен двигаться человек, чтобы его температура была равнаего кинетической энергии?

Ответ: менее 10−11 м/с.

Задача 2.2. Детский волчок раскручивают относительно оси. Сде-лав разумные предположения о массе и размерах волчка покажите,что его движение всегда описывается классическими законами меха-ники. При каких размерах волчка, в виде электрона, закрепленного наневесомой нити, его движение будет квантовым?

Ответ: для волчка действие

L <h

mv,

т.е. длина нити меньше де-Бройлевской длины волны электрона. Длярелятивистского электрона это – Комптоновская длина волны!

Задача 2.3. Оцените условия (температуру), в которых броунов-ское движение частиц нельзя описывать по законам классической ме-ханики? Массу броуновской частицы примите равной 1 мкг, размер -10 мкм.

Ответ: T < 9.5 · 10−11 К.

Задача 2.4. Рассмотрите электрический контур, состоящий из кон-денсатора емкостью 100 пФ и индуктивности 0.1 мГн. Пусть в данном

2.3 Задачи для самостоятельного решения 29

контуре происходят колебания напряжения с амплитудой 1 мВ. Пока-жите, что данная система описывается в рамках классической теории.При каких величинах емкости и индуктивности необходим учет кван-товых эффектов?

Ответ: Для получения квантовой системы необходимо произведе-ние LC3 уменьшить на 22 порядка.

Семинар 3

Корпускулярные свойства излучения.Тепловое излучение. ФормулаПланка.


• Фотон (квант электромагнитного излучения) обладает энергиейε = ~ω и импульсом p = ~k, где ω и k — круговая (радиальнаяили циклическая) частота и волновой вектор электромагнитнойволны соответственно. Масса покоя фотона тождественно равнанулю.

• Мощность W электромагнитной волны пропорциональна числуфотонов в единицу времени:

W =Nε

τ. (3.1)

• Объемная плотность P фотонов излучения рассчитывается какколичество фотонов, прошедших через площадь s за время τ :

P =N

sτc. (3.2)

• Давление потока фотонов на поверхность площадью s определя-ется как

F = N~k(1 + α)

sτ, (3.3)

где α — коэффициент отражения излучения от поверхности пол-ностью поглощающих веществ.

• Фазовая и групповая скорости даются равенствами

vф =ω

k, vгр =

dω

dk. (3.4)

30


3.1.1 Абсолютно черное тело. Формула Планка.

• Формула Планка для спектрально-объемной плотности энергииизлучения абсолютно черного тела:

uωdω =~ω3

π2c31

e~ω/kT − 1dω, (3.5)

где T – температура этого тела.

• Закон Стефана-Больцмана для полной мощности излучения аб-солютно черного тела

M = σT 4, (3.6)

где σ =π2k4

60c2~3≈ 5.67 · 10−8 Дж

c · м2 · K4 .




Пример 3.1. Электромагнитная волна распространяется в диэлектрикес показателем преломления n. Каковы энергия и импульс фотона вдиэлектрике?


32 Корпускулярные свойства излучения. Формула Планка.

Решение.Частота колебаний ω поля электромагнитной волны не зависит от

среды, в которой она распространяется. Следовательно энергия фотонатакже не зависит от среды. В то же время длина волны излучениязависит от показателя преломления среды в силу зависимости фазовойскорости распространения электромагнитной волны от n:

vф =c

n⇒ λ =

2πvф

ω=

2πc

nω,

p = ~k =2π~

λ= n

~ω

c.

Таким образом импульс фотона в диэлектрике в n раз больше, чем ввакууме.

Пример 3.2. В некотором опыте сравнивались времена распростра-нения импульсов электромагнитного излучения до Луны и обратнодля двух, сильно различающихся длин волн в λ1 = 20 см (радиодиа-пазон) и λ2 = 0.5 мкм (видимое зеленое излучение). Было получено,что с точностью до неровностей поверхности Луны (около 100 м) этивремена совпадают. Сделайте оценку сверху на массу покоя фотона.Расстояние до Луны L = 385000 км.

Решение. Разница во времени распространения электромагнитных сиг-налов связана с дисперсией среды, т.е. зависимостью между частотойω и волновым вектором k. Если допустить, что масса покоя m фотонаотлична от нуля, то соотношение между энергией (частотой) фотона иего импульсом (длиной волны) будет выглядеть, как

~2ω2 − ~

2k2c2 = m2c4.

Отсюда групповая скорость фотона

vг =dω

dk=

c√

1 +m2c2

~2k2

.

Отметим, что при m = 0 данное выражение сводится к равенствуvг = c, что и означает отсутствие дисперсии для фотона в вакууме.


Учитывая, что масса фотона очень мала (m2c2 ≪ ~2k2), получаем

vг ≈ c

(

1− m2c2

2~2k2

)

.

По условию задачи разность времен прохождения сигнала на двухдлинах волн меньше, чем разброс по времени, связанный с неровно-стью поверхности Луны:

2L

∣

∣

∣

∣

1

vг1− 1

vг2

∣

∣

∣

∣

≪ δl

c.

Отсюда окончательно получаем с сохранением членов того же по-рядка малости и учетом λ1 ≫ λ2:

m≪ h

cλ

√

δl

L≈ 5.62 · 10−45 кг ≈ 10−44 кг.

Ответ: m≪ h

cλ

√

δl

L≈ 10−44 кг.

Пример 3.3. Найти плотность потока фотонов, попадающих в глазчеловека от лампочки накаливания мощностью P = 60 Вт на расстоя-нии L = 3 м. Считать, что средняя длина волны λ излучения лампочкиравна 550 нм, а эффективность преобразования электрической энергиив световую ξ ∼ 1%.

Решение.Число фотонов, высвечиваемое лампочкой за время τ в полный

телесный угол 4π стерадиан составляет

N =Pτ

hcλ.

Поскольку диаметр зрачка человеческого глаза d ≈ 1 мм, то соответ-ствующий ему телесный угол

Ω =πd2/4

4πL2.


Таким образом, плотность потока фотонов есть

S =NΩξ

πd2/4=Pτλξ

πL2hc≈ 5.87682 · 1018 фот.

c · см2≈ 1019

фот.

c · см2.

Пример 3.4. Преобразовать формулу Планка к видам, соответ-ствующим распределению по частотам и длинам волн. Показать, чтопроизведение частоты νm и длины волны λm, соответствующих мак-симуму спектральных распределений, всегда меньше скорости светаc.

Решение.Поскольку uωdω = uνdν и ω = 2πν, то dω = 2πdν, и для формулы

Планка в частотном представлении получаем

uνdν =8πh

c3ν3

1

ehν/kT − 1dν.

Максимум данного выражения соответствует корню трансцендентногоуравнения

3− αeα

eα − 1= 0

относительно величины α =hν

kT: αmν = 2.8, νm = 2.8

kT

hПроводя аналогичный расчет для плотности излучения в простран-

стве длин волн с учетом того, что uνdν = −uλdλ, λ = c/ν и dν =c

λ2dλ,

получаем

uλdλ =8πhc

λ51

ehc/λkT − 1dλ.

Максимум данного выражения соответствует корню трансцендентногоуравнения

5− αeα

eα − 1= 0

относительно величины α =hc

λkT: αmλ = 4.96, λm =

hc

4.96kT.

Поскольку αmλ > αmν , то произведение λmνm < c.


Пример 3.5. Считая, что спектр излучения Солнца близок к спек-тру черного тела с длиной волны, отвечающей максимуму спектрапри 0.48 мкм, найти мощность теплового излучения Солнца. Оценитьвремя, за которое масса Солнца следствие теплового излучения умень-шится на 1% (масса Солнца 2 · 1030 кг, его радиус 7 · 105 км).

Решение. Поскольку максимум в спектре излучения соответствуетдлине волны λ = 0.48 мкм, то, исходя из решения предыдущей за-дачи, находим температуру Солнца

T ≈ hc

4.96kλ= 6000K.

(эту же оценка можно получить, исходя из закона смещения Вина. )Полная мощность излучения с единицы поверхности абсолютно

черного тела определяется законом Стефана-Больцмана. Поэтому длямощности излучения Солнца получаем

W = 4πR2σT 4 ≈ 4 · 1026 Вт.

Для оценки потери Солнцем массы на излучение, считаем, что∆E = W∆t = ∆mc2. Отсюда при ∆m/m = 0.01 для времени полу-чаем:

∆t ≈ 0.01mc2

W≈ 1.22 · 1011 лет.


Задача 3.1. На зеркало, колеблющееся по гармоническому законувдоль нормали к его поверхности, падает вдоль той же нормали мо-нохроматическая волна (поток фотонов). Определить спектр отражен-ного излучения, рассматривая излучение как волну и как поток фото-нов. (Вихман Э., Квантовая физика, Берклеевский курс физики, т. 4,стр. 147).

Задача 3.2. Оцените число фотонов, попадающих в глаз наблю-дателя от звезды первой величины Альдебаран (поток энергии от та-кой звезды на поверхности Земли Φ ∼ 10−6 лм/м2. На длине волны


λ = 0.55 мкм 1 лм соответствует 1.6 мВт). Может ли мерцание этойзвезды быть связано с флуктуацией числа фотонов, попадающих вглаз наблюдателя (характерное время реакции глаза τ = 20 мс, радиусзрачка r ∼ 0.5 мм).

Задача 3.3. Антенна радиостанции излучает радиоволны на ча-стоте 1 МГц при мощности 1 кВт. Сколько фотонов в 1 с падает насамолет, находящийся на расстоянии 100 км от этой станции? (харак-терные размеры самолета 50 на 5 м).

Ответ: N =P

hν

Sсамолета

4πL2≈ 1021 фот/с.

Задача 3.4. Найти, пользуясь классическим и квантовым подхода-ми, среднее и максимальное давление, создаваемое сфокусированнымв пятно диаметром 3 мкм пучком лазерного излучения со следующи-ми параметрами импульса: длительность 30 фс, энергия 1 Дж, длинаволны 800 нм, частота следования 10 Гц. (коэффициент отражениясчитать равным 0.5).

Ответ:

Pmax =(1 + R)E

sτc≈ 1017 Н/м2.

Paverage =(1 +R)E

scf ≈ 5 · 103 Н/м2.

Таким образом давление не зависит от длины волны излучения и вконечный ответ не входит постоянная Планка.

Задача 3.5. При какой длине волны фотона его импульс равенимпульсу электрона с кинетической энергией, равной энергии покоя(511 кэВ)?

Ответ:

λ =h√3mc

≈ 1.4 · 10−12 м.

Задача 3.6. Найти скорость электрона, при которой его импульсравен импульсу фотона с длиной волны 1 A?

Ответ:

v =hc

λ

/√

h2

λ2+m2c2 ≈ h

λm≈ 7 · 106 м

с.

Задача 3.7. Найти с помощью формулы Планка среднее значениечастоты в спектре теплового излучения при T = 300 К.


Ответ:〈ω〉 ≈ 1.5 · 1014 с−1.

Задача 3.8. В результате расширения Вселенной после Гигантско-го Взрыва возникло электромагнитное излучение, называемое релик-товым. В настоящее время это излучение имеет спектр близкий кспектру черного тела с максимумом излучения при λ = 1.07 мм. Како-ва температура этого излучения?

Ответ:T ≈ 2.7К.

Семинар 4

Корпускулярные свойства излучения.Фотоэффект.


• Соотношение между полной энергией E, импульсом p и кинети-ческой энергией K релятивистской частицы массы m:

E2 − p2c2 = m2c4, pc =√

K(K + 2mc2). (4.1)

• Закон сохранения энергии при фотоэффекте можно записать вследующем виде:

hν = K + A, (4.2)

где K – кинетическая энергия выбитого электрона, A – рабо-та выхода фотоэлектрона, являющаяся характеристикой материа-ла. Аналогичное соотношение можно записать для случая, когдаизначально связанный электрон выбивается из атома фотоном(процесс ионизации). В этом случае под работой выхода надоподразумевать энергию ионизации электрона. Красная границафотоэффекта соответствует появлению электрона с нулевой ки-нетической энергией.

• Возможен также так называемый многофотонный фотоэффект,когда электрон поглощает не один, а n квантов с частотами νi,где i = 1, 2, 3, . . . n. В этом случае

n∑

i=1

hνi = K + A. (4.3)

Вероятность такого процесса значительно ниже, чем однофотон-ного.

• Эффект Комптона заключается в том, что неупругое рассеяниефотона на неподвижном электроне с поворотом волнового векто-

38


ра на угол θ приводит к увеличению длины волны фотона (умень-шению энергии фотона):

∆λ = λc (1− cos θ) , (4.4)

где комптоновская длина волны электрона

λC =h

mc= 2.4 · 10−10 см. (4.5)

Неподвижным можно считать электрон, энергия связи которо-го (либо кинетическая энергия) малы по сравнению с энергиейрассеивающегося фотона.

• Аналогичные соотношения могут быть записаны и для рассеянияфотона на любой другой заряженной частице.



Пример 4.1. Уединенный золотой шарик облучают электромагнитнымизлучением с длиной волны 300 нм или 200 нм. До какого максималь-ного потенциала зарядится шарик в этих случаях? Работа выхода длязолота A = 4.58 эВ.


40 Корпускулярные свойства излучения. Фотоэффект.

Решение. Выбивание одного электрона с энергией

K =hc

λ−A

из шарика приводит к увеличению заряда шарика на один элемен-тарный заряд e. При этом увеличивается потенциал U , создаваемыйшариком и препятствующий удалению электрона на бесконечность.Данный процесс прекратится, когда энергия K выбиваемого электро-на станет меньше, чем энергия его взаимодействия с образующимсяпотенциалом eU . Поэтому максимальный потенциал, до которого мо-жет зарядиться шарик

Umax =1

e

(

hc

λ−A

)

.

При λ = 200 нм Umax = 1.6 В, а при λ = 300 нм разность в скобкахотрицательна, что означает недостаточность энергии фотона для выби-вания электрона из шарика. Поэтому в последнем случае Umax = 0 В.

Пример 4.2. Найти максимальную кинетическую энергию элек-тронов, выбиваемых из поверхности лития электромагнитным излуче-нием, модулированным по амплитуде:

E(t) = ε cos(ωt) cos(ω0t),

где λ0 = 500 нм, а ω = 1 ТГц. Работа выхода для лития A = 2.39 эВ.

Решение.В силу известных тригонометрических соотношений электромаг-

нитное излучение можно представить в виде

E(t) =ε

2[cos ((ω0 − ω)t) + cos ((ω0 + ω)t)]

т.е. как сумму двух излучений с частотами

ω1,2 = ω0 ± ω.

Максимальной кинетической энергией будут обладать электроны, вы-биваемые квантами с большей энергией. Поэтому

Kmax = ~ (ω0 + ω)−A = ~

(

2πc

λ0+ ω

)

−A = 0.11 эВ.


Пример 4.3. Воспользовавшись законами сохранения показать, чтосвободный электрон не может поглотить фотон.

Решение.Законы сохранения в релятивистском случае выглядят, как

~ω +mc2 =√

m2c4 + p2c2,

~ω

c= p.

Отсюда

pc+mc2 =√

m2c4 + p2c2,

или, возводя левую и правую часть в квадрат,

2pmc3 = 0,

что не может быть выполнено при любом отличном от нуля импульсеp электрона после столкновения. Последнее также невозможно в силуЗСЭ.

Пример 4.4.

Рис. 4.1: К примеру 4.4


На рис. 4.1 показан энергетический спектр электронов (кинетиче-ская энергия), вылетающих из образца, сделанного из легкого элемен-та, при его облучении жестким моноэнергетическим рентгеновскимизлучением. Объяснить характер спектра и найти длину волны рент-геновского излучения, а также величины K1 и K2, если K2 − K1 =180 кэВ.

Решение.Правый пик на спектре соответствует фотоионизации атомов об-

разца. Учитывая, что энергия связи электронов в легких атомах со-ставляет единицы-десятки эВ и пренебрегая этой величиной, можнозаписать закон сохранения энергии в виде

~ω = K2,

откуда следует, что

K2 =2π~c

λ.

Широкий спектр электронов с отсечкой в области больших энергий со-ответствует процессу комптоновского рассеяния фотона на электронахобразца. В силу тех же соображений эти электроны можно считатьсвободными. Тогда для второго процесса закон сохранения энергиибудет выглядеть, как

~ω = ~ω′ +K1.

Максимальная кинетическая энергия электрона соответствует рассея-нию фотона на угол π. При этом сдвиг длины волны фотона составит

λ′ − λ = 2h

mc.

Окончательно получаем

λ = 2πc~

(

1

K2 −K1− 2

mc2

)

= 2 пм,

K2 ≈ 0.61МэВ, K1 = K2 − (K2 −K1) ≈ 0.43МэВ.



Задача 4.1. Найти работу выхода с поверхности некоторого металла,если при поочередном освещении его электромагнитным излучением сдлинами волн 0, 35 мкм и 0, 54 мкм максимальные скорости фотоэлек-тронов отличаются в 2 раза.

A ≈ 2 эВ.

Задача 4.2. Красная граница при двухфотонном фотоэффекте нанекотором катоде равна 580 нм. Найти максимальную кинетическуюэнергию электронов, вылетающих из этого катода при трехфотонномфотоэффекте на длине волны 650 нм.

K ≈ 10 эВ.

Задача 4.3. Фотон с длиной волны 17 пм вырывает из покоящегосяатома электрон, энергия связи которого 69 кэВ. Найти импульс, пе-реданный атому в результате такого процесса, если электрон вылетелпод прямым углом к волновому вектору налетающего фотона.

pe ≈ 10−19 кг · мс

,

|pα| ≈ pe, θ ≈ 90.

Задача 4.4. Узкий пучок рентгеновского излучения с длиной вол-ны λ падает на вещество и рассеивается. Найти длину волн излучения,если длин волн смещенных составляющих излучения, рассеянного подуглами 60 и 120 отличаются друг от друга 2 раза.

λ0 =λc2

= 1.2 пм.

Задача 4.5. Фотон с энергией, превышающей энергию покоя элек-трона в 1.5 раза, испытал упругое лобовое столкновение с покоящимсясвободным электроном, который находился однородном магнитном по-ле. В результате электрон стал двигаться по окружности радиусомR = 2.9 см. Найти индукцию B магнитного поля.

B =mv

re≈ 0.05Тл.


Задача 4.6. Фотон испытал рассеяние на покоившемся свободномэлектроне. Найти импульс налетавшего фотона, если энергия рассеян-ного фотона равна кинетической энергии электрона отдачи при угле90 между направлениями их разлета.

p =1

2· p2+

√

p

2

(p

2+ 2mc

)

√3

2⇒ p = 2mc ≈ 5.5 · 10−22кг · м

с.

Задача 4.7. Фотон с энергией 0, 46 МэВ рассеялся под углом 120

на покоившемся свободном электроне. Найти энергию рассеянного фо-тона и энергию, переданную электрону.

ε′ =≈ 0.2МэВ, εe ≈ 0.26МэВ.

Семинар 5

Модель атома Резерфорда-Бора


Формула Ридберга для спектральных линий излучения атома водоро-да:

1

λ= Rλ

(

1

n′2− 1

n2

)

, (5.1)

где Rλ = 109677 см−1 — постоянная Ридберга для водорода, n = n′+1,n′+2, . . .. В таком виде формула обычно используется в спектроскопии.

Ту же формулу можно написать для энергий излучаемых квантов:

~ω = R

(

1

n′2− 1

n2

)

, n = n′ + 1, n′ + 2, . . . , (5.2)

где постоянная Ридберга R = 13.6 эВ.

Серия Лаймана. Серия соответствует формуле Ридберга при n′ = 1и n = 2, 3, 4, . . .. Линия Lα = 1216 Aявляется резонансной линиейводорода. Граница серии — 911, 8 A.

Серия Бальмера. Серия соответствует формуле Ридберга при n′ = 2и n = 3, 4, 5, . . .. Линия Hα = 6565 A. Граница серии — 3647 A.

Серии, заданные числами n′ = 3, 4, 5 и 6 носят имена Пашена,Брэккета, Пфунда и Хэмпфри соответственно.

5.1.1 Формула Резерфорда

Рассмотрим движение точечной частицы с массой m1 и зарядом eZ1

в кулоновском поле другой точечной частицы с массой m2 и зарядомeZ2. Будем считать, что масса m2 ≫ m1, так что вторую частицу мож-но считать неподвижной. Пусть v — скорость первой (рассеиваемой)частицы на бесконечности, b — прицельный параметр, т. е. расстояниенаименьшего сближения частиц, если бы взаимодействие между нимиотсутствовало.

45

46 Модель атома Резерфорда-Бора

Угол θ рассеяния частицы 1 на частице 2 дается равенством

ctgθ

2=

4πε0m1v2

Z1Z2e2b, (5.3)

5.1.2 Постулаты Бора

1. Атомы могут длительное время находиться только в определен-ных, так называемых стационарных состояниях с дискретнымспектром;

2. Электроны не теряют энергию при своем движении по стационар-ным орбитам. Однако, они могут перескакивать с одной орбитына другую, приобретая (либо теряя) энергию путем поглощения(либо испускания) электромагнитного излучения дискретнымипорциями в соответствии с соотношением Планка:

~ω = En − Em. (5.4)

3. Правило квантования Бора Стационарными являются лишь та-кие круговые орбиты, при движении по которым момент количе-ства движения равен целому числу постоянных Планка:

L = mvr = n~, n = 1, 2, 3, . . . (5.5)





Пример 5.1.Рассчитать энергию стационарных состояний водородоподобного ато-

ма с зарядом ядра Ze по Бору (в СГС)

Решение. При движении электрона по стационарной (круговой) орби-те, согласно классической физике, должен выполняться Второй законНьютона

mv2

r=Ze2

r2, (5.6)

где r — расстояние от электрона до ядра.Правило квантования Бора выделяет орбиты с определенными ра-

диусами. Используя (5.5) получим для радиусов стационарных орбит:

rn =~2

me2n2

Z, (5.7)

так как полная энергия электрона E складывается из его кинетическойэнергии и потенциальной энергии его связи с ядром, то

E = K + U =mv2

2− Ze2

r= −Ze

2

2r(5.8)

и для энергий стационарных орбит получаем

En = −me4

2~2Z2

n2. (5.9)

Пример 5.2.Вычислить величину боровского радиуса rB.

Решение.Боровский радиус — радиус ближайшей к ядру орбиты электрона

атома водорода в модели атома, предложенной Нильсом Бором.


• В системе СГС:

Согласно (4)

rB =~2

mee2=

~

mecα= 0.529 · 10−8 cм,

где ~ = h/(2π) ≈ 1.05 · 10−34 Дж·с — приведенная постоянная Планка,me — масса электрона,e — заряд электрона,c — скорость света,

α =e2

~c=

1

137.035999679(94)— постоянная тонкой структуры.

• В системе СИ:

Для перехода из системы СГС в систему СИ можно воспользо-ваться эмпирическим правилом, справедливым для электромагнитныхвеличин — нужно заменить

e2 → q2

4πε0

Соответственно, боровский радиус электрона в СИ

rB =4πε0~

2

mee2=

~

mecα= 0.529 · 10−10 м ≈ 5.3 нм.

ε0 — электрическая постоянная, ε0 = 8.85 · 10−12A· с/(В· м) = 8.85 ·10−12 Ф/м, ~ = h/(2π) ≈ 1.05 · 10−34 Дж·с — приведенная постояннаяПланка, me = 9.1 · 10−31 кг — масса электрона, e = 1.6 · 10−19 Кл —заряд электрона, c = 3 · 108 м/с — скорость света,

α =q2

4πε0~≈ 1

137— постоянная тонкой структуры

Пример 5.3.a) Рассчитать энергию ионизации атома водорода


Решение.Энергией ионизации (которая равна энергии связи) называется

модуль энергии 1-го уровня. Таким образом, энергией ионизации атомаводорода равна модулю выражения (6) при n = 1, Z = 1.

Ei =me4

2~2= 13.6 эВ.

Пример 5.4.Покоившийся атом водорода испустил фотон, соответствующий го-

ловной линии серии Лаймана. Найти скорость отдачи, которую полу-чил атом.

Решение.Воспользуемся законами сохранения импульса и энергии.После испускания фотона атом приобрел импульс

p = ~ω/c.

Так как скорость атома мала по сравнению со скоростью света, тозакон сохранения энергии можно записать в нерелятивистском виде:

E21 = ~ω +p2

2M,

где M — масса атома, а E21 — изменение энергии атома при испус-кании фотона, соответствующего головной серии линии Лаймана Lα,т.е. эта энергия может быть определена по формуле Ридберга:

E21 = ~ω = ~R

(

1− 1

22

)

=3

4~R.

Из приведенных выше формул находим, что скорость отдачи атомаравна

v =3~R

4mc= 3.27 м/с.


Пример 5.5.Энергия связи электрона в атоме He равна E0 = 24.6 эВ. Найти

минимальную энергию для последовательного удаления электронов изэтого атома.

Решение.Энергия удаления первого электрона есть E0- задана по условию

задачи. Однако, после удаления первого электрона, атом гелия превра-тится в водородоподобный однозарядный ион. Это значит, что его энер-гия ионизации будет определяться формулой (6) при n = 1 и Z = 2.Значит, можем написать, что

Emin = E0 + ~RZ2 = 24.6 + 54.5 = 79 эВ.

Здесь учтено, что

R =me4

2~3= 3.27м/с.


Задача 5.1. Атом водорода, двигавшийся со скоростью v0 = 3.26 м/сиспустил фотон, соответствующий переходу из первого возбужденно-го состояния в основное. Найти угол φ между направлением вылетафотона и первоначальным направлением движения атома, если кине-тическая энергия атома осталась прежней.

Ответ: φ = arccos

(

3~R

8mcv0

)

= 60.

Задача 5.2. Найти скорость электронов, вырываемых электромаг-нитным излучением с длиной волны 18 нм из ионов атома Не, которыенаходятся в основном состоянии и покоятся.

Ответ: V = [2~(ω − 4R)/m]1/2 = 2.26 · 106 м/с.

Задача 5.3.Сколько спектральных линий будет излучать атомарный водород,

если его возбудить на n-й энергетический уровень.


Ответ: N = n(n− 1)/2

Задача 5.4.Найти скорость электрона на второй боровской орбите для атома

водорода. Чему равна энергия связи на второй орбите?

Ответ: v2 = 1.1 · 108 см/с, Eсв = 3.4 эВ

Задача 5.5.Чему равна минимальная и максимальная длина волны в серии

Лаймана?

Ответ: λmin = 91.2 нм, λmax = 121.6 нм

Задача 5.6.Дифференциальное сечение рассеяния α-частиц кулоновским по-

лем неподвижного ядра dσ/dΩ = 7, 0 · 10−22 см2/ср для угла θ0 = 30.Вычислить сечение рассеяния α-частиц в интервале углов θ > θ0.

Ответ: а) 6 · 10−5; б) w = πn

(

δ∗Ze2

K2

)2 [

ctg2θ12− ctg2

θ22

]

= 5 · 10−4.

Задача 5.7.Оценить время, за которое электрон, движущийся вокруг ядра ато-

ма водорода по орбите радиусом 0.5 · 10−8 см, упал бы на ядро, еслибы он терял энергию на излучение в соответствии с классической тео-рией:

−dEdt

= δ∗2e2

33a2,

где a—ускорение электрона, e — его заряд, c — скорость света, δ∗ = 1(СГС) или 1/(4πε0 (СИ). Для простоты считать, что в любой моментпадения электрон движется равномерно по окружности соответствую-щего радиуса.

Ответ: τ =m2c3r304δ2∗e4

≈ 10−11 с.

Задача 5.8.Частица массы m движется по круговой орбите в центрально-

симметричном потенциальном поле U = κr2/2. Найти с помощью бо-ровского условия квантования разрешенные радиусы орбит и уровниэнергии частицы.

Ответ: rn =

√

n~

mω, E = n~ω, где n = 1, 2, . . ., ω =

√

κ

m.


Задача 5.9.Вычислить для атомарного водорода:а) длины волн первых трех спектральных линий серии Бальмера;б) минимальную разрешающую способность λ/δλ спектрального

прибора, при которой можно разрешить первые N = 20 линий серииБальмера.

Ответ: а) 656.6 нм, 486.4 нм, 434, 3;

б)λ

δλ=

ω

δω≈ (N + 3)3

8= 1.5 · 103.

Задача 5.10.С какой минимальной скоростью должен двигаться атом водорода,

чтобы в результате неупругого лобового соударения с другим, покоя-щимся атомом водорода, один из них испустил фотон? До соударенияоба атома находились в основном состоянии.

Ответ: vmin =

√

3~R

m= 62.8 км/с.

Задача 5.11.На какое минимальное расстояние приблизится α-частица с кине-

тической энергией K = 40 кэВ (при лобовом соударении):а) к покоящемуся ядру атома свинца;б) к первоначально покоящемуся ядру 7Li.

Ответ: 5.9 пм, rmin = δ∗(q1q2/K)(1 +mα/mLi) = 0.34 пм.

Задача 5.12.Альфа-частица с импульсом 53 МэВ/c (c — скорость света) рас-

сеялась под углом 60 в кулоновском поле неподвижного ядра атомаурана. Найти прицельный параметр.

Ответ: b = δ∗q1q2m

/

p2 tgθ

2= 0.61 пм.

Задача 5.13.Узкий пучок протонов с кинетической энергией K = 100 кэВ пада-

ет нормально на золотую фольгу толщиной ρd = 1, 0 мг/см2. Протоны,рассеянные под углом θ = 60, регистрирует счетчик, круглое входноеотверстие которого имеет площадь S = 1, 0 см, отстоит от рассеива-ющего участка фольги на расстояние l = 10 см и ориентировано пер-пендикулярно падающим на него протонам. Какая доля рассеянныхпротонов попадает в отверстие счетчика?


Ответ:∆N

N=

ρd

4K

(

δ∗Ze2

4K

)2S/l2

sin2(θ/2)= 4 · 10−4, m — масса атома

золота.

Задача 5.14.

Рис. 5.1: К задаче 5.14.

На рис. 5.1 показана вольт-амперная характеристика, полученная вопытах Франка и Герца по изучению неупругих столкновений электро-нов с атомами паров ртути. Найти с помощью этого графика первыйпотенциал возбуждения атома ртути и длину волны излучения; испус-каемого парами ртути.

Ответ: U ≈ 4.9 В, λ ≈ 0.25 мкм.

Задача 5.15.Атом водорода, двигавшийся со скоростью v0 = 3.26 м/с, испустил

фотон, соответствующий переходу из первого возбужденного состоя-ния в основное. Найти угол φ между направлением вылета фотонаи первоначальным направлением движения атома, если кинетическаяэнергия атома осталась прежней.

Ответ: φ = arccos

(

3~R

8mcv0

)

= 60.

Задача 5.16.Вычислить для мезоатома водорода (в нем вместо электрона дви-

жется мезон, имеющий тот же заряд, но массу в 207 раз большую):а) расстояние между мезоном и ядром в основном состоянии;б) длину волны резонансной линии;в) энергии связи основных состояний мезоатомов водорода, ядра

которых протон и дейтрон.


Ответ: а) 2.85 · 10−11 см, б) 654 пм, в) 2.53 кэВ и 2.66 кэВ.

Задача 5.17.Найти для позитрония (система из электрона и позитрона, враща-

ющаяся вокруг ее центра масс):а) расстояние между частицами в основном состоянии;б) потенциал ионизации и первый потенциал возбуждения;в) постоянную Ридберга и длину волны резонансной линии.

Ответ: а) 1, 06 · 10−8 см, б) 6.8 В и 5.1 В, в) 1.034 · 1016 c−1, 243 нм.

Семинар 6

Волны де-Бройля

6.1 Базовые теоретические сведения

6.1.1 Гипотеза Де Бройля и дифракция частиц

Все частицы обладают волновыми свойствами, причем для любой изних справедливо соотношение

λ =2π~

p. (6.1)

Волна де-Бройля для релятивистских частиц имеет вид:

ψ(r, t) = ψ0 exp

[

− i

~(Ept− pr)

]

= exp [−i (ωt− kr)] , (6.2)

где Ep — энергия частицы с импульсом p:

Ep =√

p2c2 + E20 (6.3)

E0 — энергия покоя частицы, k = p/~ — волновой вектор, ω = Ep/~ —циклическая частота, λ = 2π/k = h/p — длина волны де-Бройля.

В опытах, выполненных К. Дэвиссоном и Л. Джермером была за-регистрирована дифракции электронов при отражении от поверхностимонокристалла никеля (см. рис. 6.1). Пучок электронов из электроннойпушки ( ∼ 50 эВ) падал перпендикулярно поверхности (111) находя-щегося в вакууме кристалла. Рассеянное излучение регистрировалосьпод разными углами θ по отношению к направлению падения. Условиядифракционных максимумов будет иметь вид:

2d sin θ = nλ, (6.4)

где d — межатомное расстояние.

55

56 Волны де-Бройля

Рис. 6.1: Схема опыта Дэвидсона и Джермера.

6.1.2 Групповая и фазовая скорости частиц

Волна де-Бройля может рассматриваться как некоторое стационарноесостояние частицы. Однако частица может находиться и в суперпози-ции стационарных состояний. В этом случае состояние частицы будетвыражаться либо линейной комбинацией стационарных состояний (вслучае дискретного спектра), либо интегралом по импульсу p.

В одномерном случае можем написать:

ψ(x, t) =

∫

f(p) exp

[

− i

~(Ept− p x)

]

dp (6.5)

В первом приближении теории дисперсии волновая функция представ-ляет собой плоскую монохроматическую волну, амплитуда которойимеет неизменную огибающую, перемещающуюся вдоль положитель-ного направления оси x с постоянной скоростью

v =dE

dp=dω

dk. (6.6)

которую называют групповой скоростью частицы.Формально, фазовая скорость может быть определена как скорость

распространения фазы:

vф =E

p=ω

k(6.7)


Так, в нерелятивистских задачах удобно пользоваться следующимвыражением для волны де-Бройля :

ψ(r, t) = exp

[

− i

~(Wpt− pr)

]

, (6.8)

где Wp = Ep −Msc2 = Wвн +

p2

2m; Msc

2 — энергия покоя частей ато-

ма; Wвн — ≪внутренняя≫ энергия атома, куда входит энергия связи ивозбуждения.



Пример 6.1.Показать, что условия квантования Бора соответствуют условию,

что на длине орбиты электрона укладывается целое число его длинволн де-Бройля

Решение.Используя известное выражение для радиуса n-й орбиты электрона

в теории Бора, получаем, что длина n-й орбиты равна:

Ln = 2πrn =2πh2

me2n2

Z.



C другой стороны, длина волны де-Бройля

λ =2πh

p=

2πh

mv=

2πh2n

me2Z.

В последнем соотношении скорость электрона на n-й орбите вычисле-на из условия квантования Бора

L = mvr = n~.

Следовательно,Ln = λn,

что и требовалось доказать.

Пример 6.2.Найти кинетическую энергию электрона, при которой его деброй-

левская длина волны равна комптоновской.

Решение.Используя выражения для дебройлевской и комптоновской длин

волн, условие их равенства можно записать в виде:

2πh

p=

2πh

mc

следовательно, p = mc.Тогда полная энергия электрона

E =√

p2c2 +m2c2 =√2mc2.

и, вычитая из нее энергию покоя, получаем искомое значение кинети-ческой энергии

Ek = mc2(√

2− 1)

≈ 0.21Мэв.

Пример 6.3.Рассчитать групповую и фазовую скорости для релятивистской ча-

стицы. Докажите, что произведение этих скоростей равно квадратускорости света.


Решение.Для релятивистской частицы волна де-Бройля описывается выра-

жением (6.2), поэтому фазовая скорость дается равенством

vф =E

p=

√

(pc)2 + (E0)2

p=

√

c2 +m2c4

p2.

Выражение для групповой скорости принимает вид

v =dE

dp=

c2√

c2 +m2c4

p2

.

Из двух последних формул видно, что

vфvгр = c2.

Пример 6.4.Узкий пучок нерелятивистских электронов с кинетической энер-

гией K = 180 эВ падает нормально на поверхность монокристалланикеля. В направлении, составляющем угол θ = 55 с направлени-ем падающего пучка, наблюдается максимум отражения 4-го порядка.Вычислить соответствующее значение межплоскостного расстояния d.Преломление волн не учитывать.

Решение.Здесь речь идет о трехмерной дифракции. В этом случае дифрак-

ционные максимумы должны наблюдаться в соответствии с условиемВульфа-Брэгга:

2d sinα = nλ,

где α — угол скольжения.Так как отражение должно быть зеркальным по отношению к кри-

сталлическим плоскостям, то

α = π/2− θ/2.


Так как электроны нерелятивистские, то λ — дебройлевская длинаволны равна

λ =2πh√2mK

,

и, следовательно,

d =nπh√

2mK cos(θ/2)= 0.206 нм.


Задача 6.1.Запишите выражение для волны де-Бройля. Чему равна длина вол-

ны де-Бройля нерелятивистской частицы с массой m, равной пяти мас-сам протона, обладающей кинетической энергией K = 1 кэВ?

Ответ: 0.4 пм.

Задача 6.2.Вычислить дебройлевскую длину волны электрона и протона, дви-

жущихся с кинетической энергией 1.00 кэВ. При каких значенияхкинетической энергии их длина волны будет равна 100 пм?

Ответ: 39 и 0.91 пм; 0.15 кэВ и 0.082 эВ.

Задача 6.3.Оцените длину волны де-Бройля для электрона на второй боров-

ской орбите в атоме водорода

Ответ: 0.66 нм.

Задача 6.4.Какую дополнительную энергию необходимо сообщить электрону

с импульсом 15.0кэВ

c(c — скорость света), чтобы его длина волны

стала равной 50 пм.

Ответ: ∆E =2π2h2

mλ2− p2

2m= 0.38 кэВ.

Задача 6.5.


Доказать релятивистскую инвариантность выражения для волныде-Бройля, записанной в виде (6.2).

Указание: Воспользоваться преобразованиями Лоренца

Задача 6.6.Показать, что одномерная волна де-Бройля нерелятивистской ча-

стицы удовлетворяет одномерному уравнению Шредингера:

− h2

2m

∂2ψ

∂2x= i~

∂ψ

∂t.

Задача 6.7.Рассчитать групповую и фазовую скорости нерелятивистской ча-

стицы

Задача 6.8.Докажите, что групповая и фазовая скорости фотона в вакууме

равны скорости света

Задача 6.9.Протон, двигающийся со скоростью 108 см/c, переходит из одного

ящика с потенциалом φ1 = 100 В в ящик с потенциалом φ2 = 200 В.Определить, на сколько изменится длина волны де-Бройля.

Указание: Wp =p2

2M+ eφ.

Задача 6.10.Имеется покоящийся атом водорода, возбужденный на первый энер-

гетический уровень. Найти соответствующую этому атому волну де-Бройля.

Указание: воспользоваться формулой (6.6)

Задача 6.11.Постоянная кристаллической решетки равна d = 3 A. Пучок элек-

тронов падает на естественную грань монокристаллов. Угол сколь-жения электронного пучка равен θ = 30. Наблюдение отраженныхэлектронов производится под углом, равным углу падения. Прене-брегая преломлением электронных волн, определить энергии элек-тронов, при которых наблюдаются два первых максимума отражения.(А.Н.Матвеев, ≪Квантовая механика и строение атома≫, пример 2.3,стр. 30, 1965г.)


Wn =

(

πh

d sin θ

)21

2mn2, W1 = 1.68 эВ, W2 = 6, 7 эВ

Задача 6.12.Пучок электронов с кинетической энергией K = 10 кэВ прохо-

дит через тонкую поликристаллическую фольгу и образует системудифракционных колец на экране, отстоящем от фольги на расстоянииL = 10 см. Найти межплоскостное расстояние, для которого максимумотражения третьего порядка соответствует кольцу с радиусом r = 1.6см.

Ответ: d =nπh√

2mK sin θ= 0, 23 нм, причем tg (2θ) = r/L.

Задача 6.13. На какую кинетическую энергию должен быть рас-считан ускоритель заряженных частиц с массой m, чтобы можно былоисследовать структуры с линейными размерами l? Решить этот вопросдля электронов и протонов, если l ∼ 1 фм.

Ответ: Электроны : K =

√

h2c2

l2+mc2 − mc2 ≈ h2c2

l2≈ 1.2 ГэВ;

протоны: K ≈ 0.33 МэВ.

Задача 6.14. Узкий пучок моноэнергетических электронов падаетпод углом скольжения θ = 30 на естественную грань монокристаллаалюминия. Расстояние между соседними кристаллическими плоско-стями, параллельными этой грани монокристалла, d = 0.2 нм. Принекотором ускоряющем напряжении U0 наблюдали максимум зеркаль-ного отражения Найти U0 если известно, что следующий максимумзеркального отражения возникал при увеличении ускоряющего напря-жения U0 в η = 2.25 раза.

Ответ: U0 =h2

d2 sin2 θe22me

= 150 В.

Задача 6.15.Чему равна длина волны де-Бройля релятивистской частицы с мас-

сой 2m, равной двум массам электрона, и полной энергией E = 1 МэВ?

Ответ: λ =2π~c√

E2 − 4m2c4.

Семинар 7

Соотношение неопределенностиГейзенберга


7.1.1 Соотношение неопределенностей

Cоотношение неопределенностей Гейзенберга

∆px∆x ≈ ~ (7.1)

было введено им в 1927 г. Если встать на позиции, что все частицыобладают волновыми свойствами, то состояние частицы может бытьадекватным образом представлено в виде волнового пакета, аналогич-но представлению световых импульсов в Фурье-оптике, с той лишьразницей, что в качестве спектральных компонент в выражении будутфигурировать волны де-Бройля. В одномерном случае для волновогопакета можем записать выражение:

ψ(x, t) =

∫

φ(p) exp[

− ı

~(Ept− p x)

] dp

2π. (7.2)

Если в момент времени t = 0 произведено измерение, ограничи-вающее ψ(x, t) по координате ∆x ≈ d, то, как следует из свойствпреобразования Фурье, пакет будет иметь спектральную ширину

∆p

~≈ 1

d, (7.3)

т.е. ∆p∆x ≈ ~.Аналогичные соотношения будут иметь место и в трехмерном слу-

чае:∆px∆x ≈ ~, ∆py∆y ≈ ~, ∆pz∆z ≈ ~, (7.4)

а также по времени∆Ep∆t ≈ ~. (7.5)

Под символами ∆x, ∆p, ∆E и т.д. следует понимать среднеквадратич-ные отклонения

63

64 Соотношение неопределенности Гейзенберга

7.1.2 Оценка состояний с минимумом энергии

Для оценки таких состояний можно положить, что p ≈ ∆p. Действи-тельно, в общем случае p = p0 +∆p, но уменьшая энергию состояниямы автоматически уменьшаем и импульс p0. Уже отсюда видно, чтоэнергия в системе может уменьшаться только до той величины, кото-рая соответствует p ≈ ∆p.



Пример 7.1. Пучок электронов с энергией E = 1 кэВ падает на щельшириной b = 5 мкм. Оцените ширину изображения щели на экране,расположенном на расстоянии L м за щелью.

Решение.Отметим, что E ≪ mec

2 ≈ 0.5 МэВ, поэтому E — кинетическаяэнергия электронов, и справедливо нерелятивистское выражение E =p2/(2me), откуда следует равенство p =

√2meE.

Введем прямоугольную систему координат с началом в центре ще-ли. Пусть ось y указывает направление распространения пучка, а осьx направлена вдоль щели. Тогда py =

√2meE.

Координату пролетающей сквозь щель частицы можно записатьследующим образом: 0± b/2. Поэтому погрешность измерения коорди-наты x определяется как ∆x = b/2.



Исходя из соотношения неопределенности, получаем:

px∆x ≈ ~, px =2~

b.

Тангенс угла отклонения частицы от первоначального направления по-лета дается равенством

tgα = px/py,

поэтому уширение изображения, обусловленное соотношением неопре-деленности, имеет вид

∆w = 2L tgα =4~L

b√2meE

.

Ширина изображения на экране равна сумме ширины самой щели b иуширения ∆w:

w = b+∆w = b+4~L

b√2meE

≈ 19мкм.

Пример 7.2. Оценить из соотношения неопределенностей мини-мально возможную энергию электрона в атоме водорода и среднеквад-ратичный размер волнового пакета, соответствующего этой энергии

Решение.Для оценки наименьшей возможной энергии можно положить ∆r ≈

r и ∆p ≈ p. Тогда, согласно соотношению неопределенностей p ≃ ~/r,а энергия может быть записана в виде:

E =~2

2mr2− e2

r.

Для нахождения минимального значения энергии дифференцируем

выражение по r и находим, что r =~2

me2, что в точности совпадает с

боровским радиусом. Подставляя полученное выражение в равенство

для E, находим, что минимальная энергия равна −me4

2~2= −13.6 эВ.

66 Соотношение неопределенности Гейзенберга

Пример 7.3. Электрон находится в одномерной потенциальной ямес очень высокими стенками. Ширина ямы L = 1 A. Оценить с по-мощью соотношения неопределенностей силу давления электрона настенки ямы при минимально возможной его энергии.

Решение.Полагаем, что внутри ямы потенциальная энергия Π = 0. Следуя

логике предыдущей задачи, можем написать, что p ≃ ~/L. Энергияэлектрона

E = K =p2

2m≈ ~

2

2mL2,

т.к. потенциальная энергия в яме равна 0.Для нахождения силы предположим, что стенка отодвинулась на

dL под действием силы, с которой электрон давит на стенку. Приэтом сила совершила работу, которая была затрачена на уменьшениеэнергии электрона, т.е.

FdL = −dE =~2

mL3dL.

Отсюда находим, что F =~2

mL3≈ 10−8 Н.

Пример 7.4. Электрон с кинетической энергией K = 10 эВ ло-кализован в области, размером l = 1 мкм. Оценить относительнуюнеопределенность скорости электрона.

Решение.Как известно, p∆x ≈ ~. Можно считать, что ∆p = m∆v ≈ p.

Учитывая, что K =mv2

2, получаем, что

∆v

v=

~√2mK∆x

= 1.2 · 10−4,

если считать, что ∆x = l/2.



Задача 7.1. Поток электронов с дебройлевской длиной волны λ =11 мкм падает нормально на прямоугольную щель шириной b = 0.1 мм.Оценить с помощью соотношения неопределенностей угловую ширинупучка за щелью (в угловых градусах).

Ответ: Полагая ∆x = b/2, получим α ≈ λ/πb ≈ 2.

Задача 7.2. Оценить наименьшие погрешности, с которыми мож-но оценить скорость электрона и протона, локализованных в областиразмером 1 мкм.

Ответ: Полагая ∆x = 0.5 мкм, получим 2 · 102 и 0, 1 м/c.

Задача 7.3. В некоторый момент область локализации свободногоэлектрона ∆x0 = 0.1 нм. Оценить ширину области локализации этогоэлектрона спустя промежуток времени t = 1.0 c.

Ответ: ∆x ≈ ~t

m∆x0≈ 1 · 103 км.

Задача 7.4. Атом испустил фотон с длиной волны λ = 0, 58 мкмза время τ ≈ 10−8 с. Оценить неопределенность ∆x, с которой можноустановить координату фотона в направлении его движения, а такжеотносительную неопределенность его длины волны.

Ответ: ∆x ≈ cτ = 3 м, ∆λ/λ ≈ λ/2πcτ ≈ 3 · 10−8.

Задача 7.5. Параллельный пучок атомов водорода со скоростьюv = 1.2 км/c падает нормально на диафрагму с узкой щелью b, закоторой на расстоянии l = 100 см расположен экран. Оценить ширинущели b, при которой эффективная ширина изображения на экране ∆будет минимальной.

Ответ: b ≈√

2~l/mv ≈ 10 мкм.

Задача 7.6. Свободно движущаяся нерелятивистская частица име-ет относительную неопределенность кинетической энергии порядка1.6 ·10−4. Оценить, во сколько раз неопределенность координаты такойчастицы больше ее дебройлевской длины волны.

Ответ: ∆x/λ ≈ 1/(π∆K/K) = 2 · 103.

Семинар 8

Операторы физических величин инаблюдаемые величины


Состояние квантовой системы можно описать наиболее полным обра-зом, задав волновую функцию этой системы Ψ(q, t). При этом выраже-ние |Ψ(q, t)|2dq есть вероятность того, что произведенное над системойизмерение обнаружит значения координат в элементе dq конфигураци-онного пространства.

8.1.1 Принцип суперпозиции

Если система может находиться в состояниях с волновыми функциямиΨ1(q, t) и Ψ2(q, t), то она может находиться и в суперпозиционномсостоянии

Ψ = c1Ψ1 + c2Ψ2. (8.1)

Каждой наблюдаемой физической величине ставится в соответ-ствие линейный самосопряженный оператор.

В результате измерения физической величины получается число,принадлежащее спектру соответствующего оператора.

Aun = AnunΨ =

∑

cnun(8.2)

Если система находится в состоянии Ψ, то вероятность того, что приизмерении физической величины A будет получено значение An, равна|cn|2.

Среднее значение физической величины A в состоянии, определяе-мом волновой функцией Ψ, равно

〈A〉 =∫

Ψ∗AΨdq. (8.3)

68


Состояние, в котором физическая величина имеет определенное, опи-сывается собственной функцией соответствующего оператора.

Необходимым и достаточным условием одновременной измеримо-сти двух физических величин A и B является коммутативность ихоператоров:

[A, B] = AB − BA = 0. (8.4)

8.1.2 Свойства линейных самосопряженных операто-ров

1. Собственные значения являются действительными числами

2. Собственные функции, принадлежащие разным собственным зна-чениям, ортогональны

3. Система собственных функций полна

u =∑

cnun =

∫

cLuLdL (8.5)

4. СФ ортонормированы:

дискретный спектр∫

u∗LuL′dq = δLL′ (8.6)

непрерывный спектр

∫

u∗LuL′dq = δ(L− L′) (8.7)

5.

A(c1Ψ1 + c2Ψ2) = c1AΨ1 + c2AΨ2 (8.8)

6.∫

Ψ∗1AΨ2dq =

∫

Ψ2A∗Ψ∗

1dq (8.9)

70 Операторы физических величин

8.1.3 Примеры операторов

• координата: r = exx+ eyy + ezz

x = x, y = y, z = z (8.10)

• импульс: p = −i~∇

px = −i~ ∂∂x, py = −i~ ∂

∂y, pz = −i~ ∂

∂z(8.11)

• момент импульса: L = [r× p],

Lx = ypz − zpy, Ly = zpx − xpz, Lz = xpy − ypx (8.12)

Lz = −i~ ∂

∂ϕ(8.13)

• полная энергия (гамильтониан):

H = K + U =p2

2m+ U(r) = − ~

2

2m∆+ U(r) (8.14)






Пример 8.1. Найти собственные функции и собственные значенияследующих операторов.

а) −i ddx

, если ψ(x) = ψ(x+ a)

б) − d2

dx2, если ψ(0) = ψ(l) = 0

Решение.

а) −i ddxψn = λnψn,

dψn

ψn= iλndx,

ψn = C exp(iλnx).

Найдем λn из условия периодичности собственных функций:

eiλnx = eiλn(x+a),eiλna = 1,λna = 2πn,

λn =2πn

a

б) − d2

dx2ψn = λnψn,

ψ′′n + λnψn = 0,

Общее решение этого уравнения записывается в виде

ψn = C1ei√λnx + C2e

−i√λnx

Подставляя полученное решение в граничные условия, получим

C1 + C2 = 0,

C1ei√λnl + C2e

−i√λnl = 0

Откуда

C1 = −C2 ≡ C,

ei√λnl − e−i

√λnl = 0, ei2

√λnl = 1, 2

√λnl = 2πn, λn =

(πn

l

)2


Ответ: а) λn =2πn

a, ψn = C exp

(

i2πn

ax

)

; б) λn =(πn

l

)2

, ψn =

C sinπn

lx

Пример 8.2. Найти собственные функции и собственные значенияоператора проекции момента импульса.

Решение.

Lz = −i~ ∂

∂ϕ

−i~∂ψ∂ϕ

= Lzψ,

ψ = C exp

(

iLz

~ϕ

)

Для того, чтобы функция ψ была однозначной, необходимо, чтобы онабыла периодична с периодом 2π. Отсюда находим, что

Lz = m~, m ∈ Z

Константу найдем из условия нормировки

ψ =1√2πeimϕ

Ответ: Lz = m~, m ∈ Z, ψ =1√2πeimϕ.

Пример 8.3. Найти оператор параллельного переноса в простран-стве на любое конечное расстояние a.


Решение.По определению такого оператора (назовем его Ta) должно быть

Taψ(r) = ψ(r+ a).

Разлагая функцию ψ(r+ a) в ряд Тейлора, имеем

ψ(r+ a) = ψ(r) + a∂ψ(r)

∂r+ ...

или, используя оператор импульса p = −i~∇:

ψ(r+ a) =

[

1 +i

~ap+

1

2

(

i

~ap

)2

+ ...

]

ψ(r).

Выражение, стоящее в квадратных скобках, представляет собой опе-ратор

Ta = exp

(

i

~ap

)

.

Это и есть искомый оператор конечного смещения.

Ответ: Ta = exp

(

i

~ap

)

.

Пример 8.4. Частица находится в сферически-симметричном по-тенциальном поле в состоянии, описываемом волновой функцией

ψ(r) =1√2πa

exp (−r/a)r

.

Найти среднее расстояние от центра поля.

Решение.

〈r〉 =∫

ψ∗(r) rψ(r) dr =

∞∫

0

1

2πa

exp (−2r/a)

r2r4πr2dr =

a

2.

Ответ: 〈r〉 = a

2.


Пример 8.5. Измеримы ли одновременно координата xи соответ-ствующая проекция импульса px.

Решение.Условием одновременной измеримости двух физических величин

является равенство нулю коммутатора их операторов. Найдем комму-татор оператор координаты и проекции импульса на ту же ось:

[x, px] u =

[

x, −i~ ∂∂x

]

u =

(

x ·(

−i~ ∂∂x

)

+ i~∂

∂xx

)

u =

= −i~x ∂∂xu + i~

∂

∂xxu = i~

(

−x ∂∂xu+ u+ x

∂

∂xu

)

= i~u

или[x, px] = i~.

Следовательно, нельзя одновременно измерить координату и про-екции импульса на ту же ось.


Задача 8.1. Найти среднее значение кинетической энергии частицы

в состоянии ψ(x) =1√2leikx, k =

p

~. Функция ψ(x) нормирована в

интервале −l < x < l, вне этого интервала ψ(x) = 0.

Ответ:p2

2m.

Задача 8.2. Состояние 1-s электрона атома водорода описываетсяволновой функцией ψ(r) = Ae−r/a0, где A — нормировочный коэф-фициент, a0 — первый боровский радиус. Найти для этого состояниясредние значения:

а) модуля кулоновской силы, действующей на электрон,б) потенциальной энергии взаимодействия электрона с ядром.


Ответ: а)2e2

a20; б) −e

2

a0.

Задача 8.3. Измеримы ли одновременно следующие величины: y иpx, px и py, x и Lx, x и Ly, Lx и Ly.

Задача 8.4. Коммутатор операторов A и B двух физических вели-

чин имеет вид[

A, B]

= iC (C — эрмитов оператор). Доказать спра-ведливость соотношения неопределенности

(

A− A)2 (

B − B)2

>C2

4,

где все средние значения относятся к одному и тому же произвольномусостоянию системы.

Семинар 9

Стационарное уравнениеШредингера. Частица впотенциальной яме.


Напомним, что если функция F соответствует физической величине,то ее среднее значение обязательно действительно. Условие действи-тельности средних значений 〈F 〉 = 〈F 〉∗ сводится к интегральному

равенству для операторов F и для произвольной функции (например,состояния системы) ψ(τ):

∫

ψ∗Fψdτ =

∫

ψF ∗ψ∗dτ (9.1)

Равенству (9.1) удовлетворяют самосопряженные, или эрмитовы, опе-раторы. При этом интегралы в левой и правой части равенства должныиметь конечные значения.

С помощью уравнения(

F − F)

ψ = 0 (9.2)

Можно определять такие состояния ψF в которых величина F имеетопределенное значение, т.е. F = 〈F 〉. Эти особые значения величины

F называют собственными значениями (СЗ) оператора F , а соответ-ствующие им решения уравнения (9.2) называют собственными функ-циями (СФ) оператора. Если оператор имеет дискретные собственныезначения, то говорят, что он имеет дискретный спектр. Если операторимеет собственные значения, пробегающие непрерывный ряд, то го-ворят, что он имеет непрерывный или сплошной спектр. Собственныефункции оператора F обозначаются ψF . В случае дискретного спектрасобственных значений оператора, эти значения можно пронумероватькак F1, F2 . . . Fn. В этом случае в качестве индекса у собственнойфункции пишут не собственное значение, а его номер, т.е. ψFn

≡ ψn.

76


Если на волновую функцию Шредингера ψ, интегрированную вквадрате и нормированную так, что вероятность обнаружить частицув бесконечном пространстве

∞∫

−∞

|ψ (r)|2 dr = 1 (9.3)

подействовать оператором полной энергии системы

H = − p2

2m+ U . (9.4)

и представить, что система изолирована, т.е. ее полная энергия со-храняется, то получим уравнение Шредингера для стационарных (независящих от времени) состояний:

− ~2

2m

(

∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2

)

ψ + U(x, y, z)ψ = E0ψ (9.5)

или

− ~2

2m∆ψ + Uψ = E0ψ, (9.6)

где E0 – собственные значения оператора полной энергии H.Для примера рассмотрим поведение частицы в одномерной прямо-

угольной потенциальной яме U(x) c бесконечно высокими стенками.Ширина ямы равна l, предполагается, что частица может двигатьсятолько в направлении оси x.

Рис. 9.1: Одномерная прямоугольная потенциальная яма U(x) c беско-нечно высокими стенками

78 Частица в потенциальной яме.

Уравнение Шредингера в этом случае записывается в одномерномвиде

− ~2

2m

∂2ψ

∂x2+ U(x)ψ = Eψ. (9.7)

Рассмотрим три области (I, II и III), в которых может находитьсячастица, и найдем решение в каждой из областей:

• Область I: т.к. UI = ∞, ψI = 0.

• Область III: т.к. UIII = ∞, ψIII = 0.

• Область II: т.к. UII = 0,

Уравнение для ψII записываем в виде:

− ~2

2m

∂2ψ

∂x2= Eψ или

∂2ψ

∂x2+

2mE

~2ψ = 0 или

∂2ψ

∂x2+ k2ψ = 0, (8)

где k2 =2mE

~2.

Получаем уравнение гармонического осциллятора, решение для ко-торого пишется в виде

ψII = A sin (kx+ ϕ) (9.8)

Используем граничные условияψII(x = 0) = 0, ψII(x = l) = 0Из условия при x=0 следует, что ϕ = 0, т.е.ψII = A sin (kx) , а на правой границе ψII (l) = A sin (kl) = 0 (10)

Отсюда kl = πn, где n – целое, k =πn

l, En =

~2

2m

π2n2

l2.

Найдем нормировочный коэффициент A:

l∫

0

A2 sin2 kx dx = 1 = A2

l∫

0

1− cos 2kx

2dx =A2 l

2; A =

√

2

l,

Итак,

ψn =

√

2

lsin(πn

lx)

, En =~2

2m

π2n2

l2

Итак,

ψII =

√

2

lsin(πn

lx)

, En =~2

2m

π2n2

l2, k =

πn

l. (9.9)





Пример 9.1. Частица массы m находится в одномерном потенциаль-ном поле U(x) (рис.2), где U(0) = ∞, U(x > l) = U0. Найти уравне-ние, определяющее возможные значения энергии частицы в областиE < U0. Показать с помощью графического решения этого уравне-ния, что возможные значения энергии частицы образуют дискретныйспектр.

Рис. 9.2: Одномерная прямоугольная потенциальная яма U(x) c однойконечной и одной бесконечно высокой стенками



Решение.Рассмотрим две области I, II, в которых может находиться частица,

и найдем решение в каждой из областей:Область I: т.к. UI = 0, то

− ~2

2m

∂2ψI

∂x2= EψI ,

или

∂2ψI

∂x2+ k21ψI = 0,

где k21 =2mE

~2(12)

Область II: т.к. UII = U0, то

− ~2

2m

∂2ψII

∂x2+ U0ψII = EψII ,

или

~2

2m

∂2ψII

∂x2− (U0 − E)ψII = 0,

или

∂2ψII

∂x2− k22ψII = 0,

где k22 =2m (U0 − E)

~2> 0 (13)

Для уравнения (12) ищем решение в виде гармонического осцил-лятора:

ψI = A sin (k1x+ ϕ)

или, с учетом нуля функции на левой границе,

ψI = A sin (k1x)

Для уравнения (13) ищем решение в виде затухающей и возраста-ющей экспонент:

ψII = B exp (k2x) + C exp (−k2x) ,где B=0, т.к. вероятность обнаружить частицу вне ямы уменьшается,а не увеличивается с удалением от ямы.


На границе при x = l равны как функции, так и их производные:

ψI(x = l) = ψII(x = l)

ψ′I(x = l) = ψ′

II(x = l)

A sin(k1l) = C exp(−k2l) (9.10)

Ak1 cos(k1l) = (−k2)C exp(−k2l) (9.11)

Из 9.10 и 9.10 следует равенство

tg(k1l) = (−k1/k2), (9.12)

отсюда по формуле sin2 x = tg2 x/(1 + tg2x)

sin

(√2mE

~l

)

= ±√

E/U0

или

sin

(√2mU0

~l√

E/U0

)

= ±√

E/U0,

при E < U0 решением является ряд дискретных значений E в точкахпересечения синуса и двух линейных функций y = ±

√

E/U0.Можно, также, представить условие на границе x = l в виде

sin(k1l) = ±k1l√

~2/2ml2U0,

k21 =2mE

~2и рисовать график относительно переменной k1l, а затем

графически искать набор дискретных значений E.

Пример 9.2. Частица массы m находится в одномерном потенци-альном поле U(x) (рис. 9.2). Найти минимальные значения величи-ны l2U0, при которых появляются первый и n-ый дискретные уровни.Сколько уровней содержит яма, у которой l2U0 = 75~2/m?


Решение.Представляя граничные условия для функций ψI , ψII и их произ-

водных в виде (9.12:

tg(k1l) = (−k1/k2),замечаем, что tg(k1l) < 0, а значит угол k1l лежит во втором или

четвертом квадрантах:

π(j + 1/2) < k1l < π(j + 1), (9.13)

где j – целое число.Поэтому, наименьший энергетический уровень n > 0, n = j + 1 =

0+1 = 1 соответствует k1l = π/2, то есть, как видно из представления

sin(k1l) = ±k1l√

~2/2ml2U0 = 1,

а значитk1l√

~2/2ml2U0 = 1,

и максимальное значение коэффициента

√

~2/2ml2U0 = 2/gπ,

все остальные прямые должны иметь меньший наклон к горизонталь-ной оси, чем штриховая кривая, см. рис. 9.3.

Рис. 9.3: Графическое представление трансцендентного уравнения

Отсюда минимальное значение величины l2U0, необходимое длявозникновения стационарных дискретных уровней есть

l2U0 = π2~2/(8ml2). (9.14)


Переписывая 9.13 для уровней n = j + 1, j > 0, имеем:

π(n− 1/2) < k1l < πn, (9.15)

Если l2U0 = 75~2/m, то для максимального уровня l2E = 75~2/m,

а k1l =

√2mE

~l =

√150, или (n − 1/2) <

√150/π; n < 4.2, в яме 4

уровня.

Пример 9.3. Частица массы m находится в основном состоянии водномерной прямоугольной потенциальной яме с бесконечно высоки-ми стенками. Максимальное значение плотности вероятности место-нахождения частицы равно Pm. Найти ширину l ямы и энергию Eчастицы в данном состоянии.

Решение.Собственные функции частицы в потенциальной яме с бесконеч-

ными стенками:

ψn (x) =

√

2

lsin(πn

lx)

,

Максимальное значение плотности вероятности местонахождения ча-стицы

Pm = max(

|ψn (x)|2)

=2

l,

энергия частицы

En =~2

2m

π2n2

l2.

Основное состояние – минимально возможная энергия

En=1 =~2

2m

π2

l2,

l = 2/Pm, отсюда

En=1 =P 2m~

2π2

8m.


Пример 9.4. Электрон находится в одномерной прямоугольной по-тенциальной яме с бесконечно высокими стенками. Ширина ямы рав-на l и такова, что энергетические уровни расположены весьма густо.Найти плотность этих уровней dN/dE, т.е. их число на единичный ин-тервал энергии в зависимости от энергии E. Вычислить dN/dE, еслиE = 1.0 эВ, l = 1.0 см.

Решение.

E (n) =~2

2m

π2n2

l2, dE =

~2

2m

π2

l22ndn = 2E

dn

n,

dE

E= 2

dn

n,

dn

dE=

1

2

n (E)

E=

1

2

l√2mE

π~E

Считаем1

2

l√2mE

π~— безразмерная величина.

1

2· l√2mE

π~=

1

2· 0.01м ·

√2 · 9.1 · 10−31кг · 1.6 · 10−19Дж

3.14 · 1.05 · 10−34Дж · = 0.8 · 107

уровней/эВ.

Пример 9.5. Частица находится в одномерной прямоугольной по-тенциальной яме с бесконечно высокими стенками. Найти:

(а) Массу частицы, если ширина ямы равна l и разность энергий3-го и 2-го энергетических уровней равна ∆E.

(б) Квантовое число n энергетического уровня частицы, если ин-тервалы энергии до соседних с ним уровней (верхнего и нижнего)относятся как η : 1, где η = 1.4.

Решение.(а) Разность энергий ∆E между уровнями n = 3 и n = 2 определя-

ется как

∆E = E3 − E2 =~2

2m

π2(

32 − 22)

l2=

5~2

2m

π2

l2,


отсюда

m =2.5~2

∆E

π2

l2.

(б) Известно, что

∆Eup

∆Edown

= η =(n+ 1)2 − n2

n2 − (n− 1)2=

2n+ 1

2n− 1,

n =1

2· η + 1

η − 1= 3.


Задача 9.1. Частица находится в одномерной прямоугольной потенци-альной яме с бесконечно высокими стенками. Ширина ямы l. Найтинормированные ψ – функции стационарных состояний системы, взявза начало отсчета координаты x середину ямы.

Задача 9.2. Яма, показанная на рис. 9.2, такова, что в ней естьвсего один стационарный уровень с энергией E = U0/2.

(a) Найти значение l2U0 у такой ямы,(б) Наиболее вероятное значение координаты частицы, изобразить

примерный график функции |ψ (x)|2,(в) Найти вероятность нахождения частицы в области x > l.

Рис. 9.4: Одномерная потенциальная яма с бесконечно высокими стен-ками и ступенчатым потенциалом между ними


Задача 9.3. Частица массы m находится в одномерной потенциаль-ной яме, конфигурация которой показана на рис. 9.4, где U(±l) = ∞.Показать, что при E > U0 уравнение, определяющее возможные зна-чения энергии E, имеет вид:

k2 tg(k1l) = −k1 tg(k2l), где k1 =

√2mE

~, k2 =

√

2m (E − U0)

~.

Семинар 10

Стационарное уравнениеШредингера. Прохождение частицсквозь барьер.


Проникновение частиц в область, где потенциальная энергия оказы-вается больше полной может проявляться в ряде физических явлений.Рассмотрим области I и II на рис. 10.1. В отличие от потенциальнойямы на рис. 9.2, область, в которой потенциальная энергия отличнаот нуля, занимает не все полупространство x > 0, а лишь его малуючасть 0 < x < l. В этом случае область 0 < x < l называют потенци-альным барьером.

Рис. 10.1: Одномерная прямоугольная потенциальная яма U(x), огра-ниченная c одной стороны бесконечно высокой стенкой, а с другой —потенциальным барьером конечной высоты и ширины

Запрем в начале опыта серию частиц в области −l < x < 0 . Экс-поненциально затухающее решение в точке x = l мало, но отличноот нуля. Попавшие в область III частицы уходят в область x > l иобратно не возвращаются, т.к. в области III решение записывается ввиде бегущей (уходящей) волны. Через достаточно большой промежу-

87

88 Прохождение частиц сквозь барьер.

ток времени все частицы уйдут из области I. Просачивание частицсквозь потенциальный барьер носит название туннельного эффекта.




Пример 10.1. Частица массы m падает на прямоугольный потенци-альный барьер U0, причем E < U0. Найти коэффициент прозрачностиD барьера (рис. 10.2).

Рис. 10.2: Одномерный прямоугольный потенциальный барьер U(x)



Решение. Пусть частица летит слева из области отрицательных зна-чений x. Поскольку имеет место отражение от барьера, то в области Iсуществует и падающая, и отраженная волна:

I) Уравнение и решение в области I

− ~2

2m

∂2ψI

∂x2= EψI ,

или∂2ψI

∂x2+ k2ψI = 0,

где k2 =2mE

~2.

ψI(x) = A1 exp(ikx) +B1 exp(−ikx).II) В области II под барьером существуют и возрастающая, и зату-

хающая волны:

− ~2

2m

∂2ψII

∂x2+ U0ψII = EψII ,

или∂2ψII

∂x2− k22ψII = 0,

где

k22 =2m (U0 − E)

~2> 0,

ψII(x) = A2 exp(k2x) + B2 exp(−k2x).III) В области III существует только прошедшая бегущая волна в

положительном направлении оси x:

− ~2

2m

∂2ψIII

∂x2= EψIII ,

или∂2ψIII

∂x2+ k2ψIII = 0,

где k2 =2mE

~2> 0

ψIII(x) = A3 exp(ik(x− l))

Коэффициент прозрачности – это отношение прошедшей волны кпадающей, т.е. надо найти отношение D = A3/A1


Условия на непрерывность функций на границах областей:

ψI(x = 0) = ψII(x = 0)

A1 +B1 = A2 + B2

ψII(x = l) = ψIII(x = l)

A2 exp(k2l) +B2 exp(−k2l) = A3

Условия на непрерывность первых производных функций на грани-цах областей:

Сначала считаем сами производные:

ψ′I(x) = ikA1 exp(ikx)− ikB1 exp(−ikx)

ψ′II(x) = k2A2 exp(k2x)− k2B2 exp(−k2x)

ψ′III(x) = ikA3 exp(ik(x− l))

Подставляем значение на границе I-II (при x=0)

ψ′I(0) = ψ′

II(0)

ik(A1 − B1) = k2(A2 − B2)

Подставляем значение на границе II-III (при x = l)

ψ′II(l) = ψ′

III(l)

k2A2 exp(k2l)− k2B2 exp(−k2l) = ikA3

Итак, имеем 4 уравнения

A1 +B1 = A2 + B2 (10.1)

A2 exp(k2l) +B2 exp(−k2l) = A3 (10.2)

ik(A1 − B1) = k2(A2 − B2) (10.3)


k2A2 exp(k2l)− k2B2 exp(−k2l) = ikA3 (10.4)

Нам надо отношение плотности вероятности после и до барьераD = (A3/A1)

2, поэтому выразим A2, B2 и A1 через A3.Из уравнений 10.2 и 10.4 сложением и вычитанием получаем

2A2 = A3 · (1 + ik/k2) exp(−k2l)

2B2 = A3 · (1− ik/k2) exp(k2l)

Тогда

A2 +B2 =A3

2·[

(

e−k2l + ek2l)

+ ik

k2·(

e−k2l − ek2l)

]

=

=A3

2·[

2 ch(k2l)− 2ik

k2sh(k2l)

]

,

A2 −B2 =A3

2·[

(

e−k2l − ek2l)

+ ik

k2·(

e−k2l + ek2l)

]

=

=A3

2·[

−2 sh(k2l) + 2ik

k2ch(k2l)

]

.

Из уравнений 10.1 и 10.3 сложением и вычитанием получаем:

2A1 = (A2 + B2)− ik2k(A2 −B2),

куда и подставляем полученные выше выражения для (A2 + B2) и(A2 − B2)

2A1 =A3

2·[

(

e−k2l + ek2l)

+ ik

k2·(

e−k2l − ek2l)

− ik2k

·(

e−k2l − ek2l)

+

+(

e−k2l + ek2l)]

= A3 ·[

(

e−k2l + ek2l)

+i

2·(

k

k2− k2k

)

·(

e−k2l − ek2l)

]

,

или

A1 = A3 ·[

ch(k2l)−i

2· k

2 − k22k · k2

· sh(k2l)]

,


k

k2− k2k

=k2 − k22k · k2

=

√

2E − U0

E(U0 − E).

Отсюда

A1

A3= ch(k2l)− i

1

2

2E − U0√

E(U0 − E)sh(k2l).

Квадрат модуля полученного выражения дается равенством

∣

∣

∣

∣

A1

A3

∣

∣

∣

∣

2

= ch2 (k2l)+1

4

(2E − U0)2

E (U0 − E)sh2 (k2l) = 1+sh2 (k2l)+

1

4

(2E − U0)2

E (U0 − E)sh2 (k2l)

∣

∣

∣

∣

A1

A3

∣

∣

∣

∣

2

= 1+sh2 (k2l)4E (U0 − E) + (2E − U0)

2

4E (U0 − E)= 1+sh2 (k2l)

U 20

4E (U0 − E)

Таким образом, вероятность прохождения барьера

D =

∣

∣

∣

∣

A1

A3

∣

∣

∣

∣

−2

=

(

1 + sh2 (k2l)U 20

4E (U0 − E)

)−1

, где

sh (k2l) =exp (k2l)− exp (−k2l)

2.

Заметим, что при k2l ≫ 1, т.е. когда барьер высокий или длинный,и вероятность для частицы оказаться за барьером мала, sh(k2l) ≈exp(k2l), коэффициент прозрачности барьера D можно приближеннозаписать следующим образом:

D ∼ exp (−2k2l) = exp

(

−2l

~

√

2m (U0 − E)

)



Рис. 10.3: Одномерный прямоугольный полубесконечный потенциаль-ный барьер U(x)

Задача 10.1. Частица массы m падает слева на прямоугольныйпотенциальный барьер высотой U0 (рис. 10.3). Энергия частицы рав-на E < U0. Найти эффективную глубину xэф проникновения частицыпод барьер, т.е. расстояние от границы барьера до точки, в которойплотность вероятности нахождения частицы уменьшается в e раз. Вы-числить xэф для электрона, если U0 − E = 1 эВ.

Задача 10.2. Частица массы m падает слева на прямоугольныйпотенциальный барьер высотой U0 (рис. 10.3). Энергия частицы равнаE > U0. Найти коэффициент отражения R и коэффициент прозрачно-сти D этого барьера. Убедиться, что значения этих коэффициентов независят от направления падающей частицы (слева направо или справаналево).


Задача 10.3. Частица массы m движется слева направо в потенци-альном поле (рис. 10.4), которое в точке x = 0 испытывает скачок U0.Слева от точки x = 0 энергия частицы равна E. Найти коэффициентотражения R для случаев E ≫ U0 и E ≪ U0.

Рис. 10.4: Одномерный прямоугольный полубесконечный потенциаль-ный уступ U(x)


Задача 10.4. Частица массы m падает на прямоугольную потенциаль-ную яму шириной l и глубиной U0 (рис. 10.5). Энергия частицы внеямы равна E. Найти: коэффициент прозрачности ямы D для даннойчастицы и его значение D для электрона при E = U0 = 1 эВ, еслиl = 0.1 нм.

Рис. 10.5: Одномерная прямоугольная потенциальная яма U(x), огра-ниченная стенками конечной высоты

Семинар 11

Стационарное уравнениеШредингера. Угловой момент.


11.1.1 Уравнение Шредингера

Продолжая решать задачу на собственные значения вида Hψ = Eψ,заметим, что для реальных систем, как, например, атом водорода, опе-ратор Лапласа ∆ в уравнении (11.1)

− ~2

2m

(

∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2

)

ψ + U(x, y, z)ψ = E0ψ (11.1)

удобнее представить в сферических координатах (r, θ, ϕ) (рис.10), такчто

∆r,θ,ϕ =1

r

∂2

∂r2r +

1

r2∆θ,ϕ, где

∆θ,ϕ =1

sin θ

∂

∂θ

(

sin θ∂

∂θ

)

+1

sin2 θ

∂2

∂ϕ2,

(11.2)

т.е. ∆θ,ϕ — угловая часть оператора Лапласа.Можно показать, что квадрат оператора момента импульса (или

углового момента) l2 электрона в атоме водорода равен угловой частиоператора Лапласа:

l2 = −~2∆θ,ϕ (11.3)

11.1.2 Момент импульса

Момент импульса является одной из важнейших характеристик дви-жения, поскольку он сохраняется, если система изолирована или дви-жется в центральном силовом поле. В отличие от классической ме-ханики, в квантовой теории модуль момента импульса |l| может быть

96


задан сколь угодно точно только с одной из проекций, например, lz.Две другие проекции оказываются полностью неопределенными. Огра-ничимся пока рассмотрением момента импульса для одного электрона.

По определению угловой момент дается равенством

l = −i~ [r×∇] , (11.4)

Проекция углового момента на ось z в декартовой и сферической си-стемах координат имеет вид

lz = −i~(

x∂

∂y− y

∂

∂x

)

= −i~ ∂

∂ϕ. (11.5)

В центрально-симметричном потенциале U(r) (таким является, на-пример, потенциал ядро для электрона в атоме водорода) волновуюфункцию Шредингера ψ(r, θ, ϕ), можно представить в виде произведе-ния угловой и радиальной частей

ψ(r, θ, ϕ) = R(r) · Y (θ, ϕ). (11.6)

Функция Y (θ, ϕ), зависящая только от углов, является собственнойфункцией угловой части оператора Лапласа ∆θϕ, и соответственно,

оператора квадрата углового момента l2, при этом собственные значе-ния оператора ∆θ,ϕ определяется равенством

−∆θ,ϕY (θ, ϕ) = l(l + 1)Y (θ, ϕ), где l = 0, 1, 2 . . . , (11.7)

то есть

l2Y (θ, ϕ) = −~2∆θϕY (θ, ϕ) = ~

2l (l + 1)Y (θ, ϕ) , (11.8)

где l = 0, 1, 2, . . ..Итак, величина l2 = ~

2l(l + 1), есть собственное значение операто-ра квадрата углового момента, т.е. квадрат модуля вектора угловогомомента.

Длина вектора углового момента есть

|l| = ~

√

l(l + 1), (11.9)

где l = 0, 1, 2, . . . , n− 1, а n — главное квантовое число, которое опре-деляет уровни энергии электрона в атоме водорода и собственные зна-чения радиальной составляющей R(r).

98 Угловой момент.

Каждое собственные значения оператора проекции углового момен-

та lz имеет смысл величины соответствующей проекции вектора l наось Z:

lzYlm(θ, ϕ) = −i~ ∂

∂ϕY (θ, ϕ) = ~mYlm(θ, ϕ), (11.10)

ml = −l, −(l − 1), . . . , 0, . . . , (l − 1), l, (11.11)

всего 2l + 1 значений.Итак, проекция вектора углового момента дается равенством

lz = ~ml, где ml = 0, ±1, ±2, . . ., ±n. (11.12)

Число m может быть только целым, т.к. длина проекции кратна по-стоянной Планка. Кроме того, длина проекции не может быть большедлины самого вектора |l| = ~

√

l(l + 1). Поэтому максимальная длинапроекции углового момента на ось z равна l.

11.1.3 Спин

Наряду с орбитальным моментом l у электрона есть собственный мо-мент s — спин. Квадрат модуля спина дается равенством

s2 = ~2s(s+ 1), (11.13)

причем s может принимать только два значения: ±1/2. Проекция спи-нового момента на ось z также может принимать только два значения:

sz = ms~ = ±~/2, (11.14)

где ms = ±1/2.

11.1.4 Полный механический момент

Орбитальный и спиновый моменты складываются векторно, образуяполный момент:

j = l+ s. (11.15)

Традиционно для описания моментов одного электрона соответству-ющие векторы обозначаются строчными буквами, как и квантовыечисла. Моменты многоэлектронных атомов обозначаются заглавнымибуквами.


Длина вектора полного момента j определяется так же, как и дли-ны l и s:

j2 = ~2j(j + 1), (11.16)

где |l − s| 6 j 6 |l + s|, j – квантовое число полного механическогомомента, причем j > 0.

Длина проекции jz вектора полного механического момента на осьz есть

jz = ~mj, mj = 0, ±1, ±2, . . . , ±j, всего 2j + 1 значений. (11.17)

Итак, состояния электрона в атоме записываются с помощьючетырех квантовых чисел:

• n – главное квантовое число

• l – орбитальное квантовое число

• j - квантовое число, связанное с полным механическим моментом

• mj - квантовое число проекции полного механического моментана ось z.

Обычно состояние электрона записывают так: nlj, причем числоорбитальное квантовое число l обозначается не цифрами, а буквами:l = 0 — s-орбиталь (sharp), l = 1 — p-орбиталь (principal), l = 2 — d-орбиталь (diffuse), l = 3 — f-орбиталь (fundamental), а далее орбиталиобозначаются соответственно g- h- и т.д. При этом состояние элек-трона принято указывать в виде главного квантового числа и буквы,соответствующей орбитальному квантовому числу, например: 1s, 3d,4f .

Зная состояние электрона, можно нарисовать векторы всех его мо-ментов.

11.1.5 Магнитный момент электрона

С угловым моментом электрона непосредственно связан его магнитныймомент. По определению

µ =1

2

∫

[r, j]dV (11.18)


Название и обо-значение механи-ческих моментовэлектрона

Длина вектора изначения кванто-вого числа

Проекция векторана ось z и зна-чения квантовогочисла

Угловой момент l |l| = ~√

l(l + 1), ор-битальное кванто-вое число l ≥ 0, l =0, 1, 2, . . . , n−1, гдеn — главное кванто-вое число

lz = ~ml, ml =0,±1,±2, . . .± l,всего 2l+1 значенийдля каждого l

Спиновый момент s |s| = ~√

s(s+ 1), s

всегда только1

2

sz = ms~ = ±~/2,ms = ±1/2

Полный механиче-ский момент j = l+s

|j| = ~√

j(j + 1),|l − s| 6 j 6 |l + s|,j – квантовое чис-ло полного механи-ческого момента, jвсегда положитель-но.

jz = ~mj, mj =0,±1,±2, . . . ± j,всего 2j + 1 значе-ний для каждогоj

Число l 0 1 2 3 4 5Буквенное обозначение s p d f g h


Орбитальный магнитный момент электрона

µl = − ~e

2mcl = −µBl, (11.19)

Проекция орбитального магнитного момента электрона на Oz даетсяравенством

µlz = − ~e

2mclz = − ~e

2mcml = −µBml, (11.20)

где

µB =~e

2mc= 0, 927 · 10−20 эрг/Гс. (11.21)

µlz = −µBl. (11.22)

Собственный момент электрона — спин: s = 1/2. Проекция спина нанекоторую ось Oz может принимать лишь два значения:

ms = ±1

2. (11.23)

s2 = ~2s(s+ 1) =

3

4~2. (11.24)

sz = ~ms = ±1

2~, (11.25)

но при этом проекция собственного магнитного момента электрона наось Oz принимает значения

µsz = ±µB. (11.26)

В единицах магнетона Бора (µB) µl имеет ту же длину, что и l.Но в тех же единицах µs в два раза длиннее, чем s, поэтому µl иj не параллельны. Можно сказать, что s и l вращаются вокруг j поконической образующей.

11.1.6 Угловой момент атомной оболочки

Рассмотрим теперь не отдельный электрон, а атомную оболочку, накоторой может находится несколько электронов, каждый из которыххарактеризуется своим набором квантовых чисел. Тогда имеют местоследующие правила сложения угловых моментов:

L = l1 + l2, (11.27)


|L2| = ~2L(L+ 1), (11.28)

Lmax = l1 + l2, (11.29)

Lmin = |l1 − l2|, (11.30)

следовательно,

|l1 − l2| 6 L 6 l1 + l2, (11.31)

Таким образом, L может принимать 2l2 + 1 значение, если l1 > l2,и 2l1 + 1 значение, если l1 < l2.

mL = ml1 +ml2. (11.32)

При заданном значении L

mL = 0, ±1, . . . , ±L. (11.33)

S = s1 + s2. (11.34)

Механический момент атомной оболочки дается равенством:

J = L+ S. (11.35)

|L− S| 6 J 6 L+ S, (11.36)

J2 = ~2J(J + 1). (11.37)

µ = g√

J(J + 1)µБ, где g =3

2+S(S + 1)− L(L+ 1)

2J(J + 1). (11.38)

Коэффициент g называется фактором Ланде.Электронную оболочку атома принято обозначать следующим об-

разом: слева вверху указывается мультиплетность терма 2s + 1, да-лее идет латинская буква, соответствующая орбитальному квантовомучислу L, справа внизу указывается квантовое число J , например: 2P3/2.

Главное квантовое число: n = nr + l.Радиальное квантовое число: nr = 1, 2, 3 . . . .




Пример 11.1. Нарисовать угловой, полный и спиновый моменты элек-трона в атоме водорода в состоянии 2p3/2. Определить длину всех трехвекторов и углы между ними.

Решение.В соответствии с обозначением состояния электрона, l = 1, j = 3/2,

отсюда j = l + s, s = 1/2.Длины векторовУгловой момент L = ~

√

l (l + 1) = ~√2

Спин S = ~√

s (s+ 1) = ~√3/2,

Полный момент J = ~√

j(j + 1) = ~√15/2

Находим угол треугольника напротив полного момента: J2 = L2 +S2 − 2LS cosα

cosα =L2 + S2 − J2

2LS=

2 + (3/4)− (15/4)

2√6

= −√6

12, α ≈ 102.

Пример 11.2. Определить возможные значения полного спиновогомомента двух электронов.



Решение.Так как s1 = s2 = 1/2, то S = 0 или S = 1. Спины либо параллель-

ны, либо антипараллельны.

Ответ: S = 0 или S = 1.

Пример 11.3. Выписать спектральные обозначения термов элек-трона в атоме водорода для n = 3.

Решение.

l = 0, 1, . . . , n− 1,

поэтому для n = 3 l = 0, 1, 2 (s, p, d).

|l − s| 6 j 6 |l + s|,

следовательно,

j =1

2;1

2и3

2;3

2и5

2соответственно. Т.о., при n = 3 имеется 5 термов.

Ответ: 3s1/2; 3p1/2, 3p3/2; 3d1/2, 3d5/2.

Пример 11.4. Найти значения полных механических моментовэлектронных оболочек атомов в состояниях 4P и 5D.

Решение.Проведем решение для первого случая. Из обозначения терма сле-

дует, что 2s+ 1 = 4 и l = 1, т.е. s = 3/2.

|l − s| 6 j 6 |l + s|,

следовательно, j = 1/2, 3/2 и 5/2.


В свою очередь, полный механический момент в единицах ~ опре-деляется равенством

√

j(j + 1), следовательно, J =√

3/4,√

15/4 и√

35/4 соответственно.

Ответ: В единицах ~:а)√

35/4,√

15/4 и√

3/4 (4P );

б)√20,

√12,

√6,

√2 и 0 (5D).

Пример 11.5. Атом находится в состоянии 4F , имея при этом мак-симально возможный полный механический момент. Определить крат-ность вырождения этого состояния по J . Каков физический смыслполученной величины?

Решение.Из обозначения терма следует, что 2s+1 = 4 и l = 3, т.о. s = 3/2 и

j = |l+ s| = 9/2. Кратность вырождения дается равенством 2jmax+1 =10. Физический смысл — количество проекций полного момента на осьOz.

Ответ: кратность вырождения равна 10.

Пример 11.6. Убедиться, что магнитные моменты атомов в состоя-ниях 4D1/2 и 6G3/2 равны нулю. Интерпретировать этот факт на основевекторной модели атома.


Решение.Рассчитаем фактор Ланде.В случае 4D1/2 s = 3/2, l = 2, j = 1/2,

g =3

2+s(s+ 1)− l(l + 1)

2j(j + 1)=

3

2+

15/4− 6

3/2=

3

2− 9/4

3/2=

3

2− 3

2= 0.

В случае 6G3/2 s = 5/2, l = 4, j = 3/2,

g =3

2+s(s+ 1)− l(l + 1)

2j(j + 1)=

3

2+

35/4− 20

15/2=

3

2− 45/4

15/2=

3

2− 3

2= 0.

Ответ: в обоих случаях g = 0, т.е. µJ⊥J.

Пример 11.7. Показать с помощью векторной модели и соотноше-ния Jt = M, что угловая скорость прецессии J в магнитном поле синдукцией B равна

ω =gµБB

~, (11.39)

где g — фактор Ланде.

Решение.С одной стороны, dJ = [µ,B]dt, где µ — магнитный момент атома.

С другой стороны, |dJ| = |J| sin θ · ωdt, |J| = ~√

J(J + 1). Сравниваяоба выражения, получаем искомую формулу.

Ответ: ω = gµБB/~.


Пример 11.8. Рассчитать угловую скорость ω прецессии J в маг-нитном поле с индукцией B = 1 Тл

a) 1P ,б) 2P3/2,в) 5F1.

Решение.Как следует из предыдущей задачи ω = gµБB/~.

а)1P : s = 0, l = 1, j = 1, g = 32+

s(s+1)−l(l+1)2j(j+1) = 3

2− 24 = 1, ω = 8, 8·1010.

б)2P3/2: s = 1/2, l = 1, j = 3/2, g = 32+

s(s+1)−l(l+1)2j(j+1) = 4

3 , ω = 11, 7·1010.в)5F1: s = 2, l = 3, j = 1, g = 3

2+ s(s+1)−l(l+1)

2j(j+1)= 0, ω = 0.

Ответ:а) 8, 8 · 1010 рад/с;б) 11, 7 · 1010 рад/с;в) 0 рад/с;

Пример 11.9. Газ из атомов в состоянии 2D3/2 подвергли одно-временному воздействию постоянного магнитного поля с индукциейи перпендикулярного ему переменного магнитного поля с частотой2.8 ГГц. При каком значении возникает резонансное поглощение энер-гии?

Решение.Резонансное поглощение энергии возникает при совпадении часто-

ты переменного магнитного поля с частотой прецессии. Следовательно:

B = 2π~ν/gµБ = 2, 5 кГс = 0, 25Тл

Ответ: B = 2π~ν/gµБ = 2, 5 кГс = 0, 25Тл.


Задача 11.1. Выписать все электронные состояния в атоме водородаесли главное квантовое число n = 3. Для каждого состояния опре-делить длину векторов J, L, S, угол между полным механическим и


спиновым моментом, все возможные проекции каждого из трех векто-ров на ось z.

Задача 11.2. Найти возможные значения полных механическихмоментов электронных оболочек атомов в состояниях 3P и 5D.

Ответ: В единицах ~:(4P ) :

√

35/4,√

15/4 и√

3/4;

(5D) :√20,

√12,

√6,

√2 и 0.

Задача 11.3. Выписать возможные термы атомов, содержащие,кроме заполненных оболочек,

а) 2 электрона (s и p),б) 2 электрона (p и d),в) 3 электрона (s, p и d).

Ответ:а) 1P1 и 3P0,1,2;б) 1P1,

1D2,1F3,

3P0,1,2,3D1,2,3,

3F2,3,4;в) 2P1/2,3/2,

2D3/2,5/2,2F5/2,7/2,

4P1/2,3/2,5/2,4D1/2,3/2,5/2,7/2,

4F3/2,5/2,7/2,9/2.

Задача 11.4. Найти угол между спиновым и полным механическиммоментами в векторной модели атома:

а) находящегося в состоянии 3D с максимально возможным значе-нием полного механического момента,

б) содержащего, кроме заполненных подоболочек, три электрона (p,d и f) и имеющего максимально возможный для данной конфигурацииполный механический момент.

Ответ: 35, 2 и 34, 4.

Задача 11.5. Используя правило Хунда, найти основной терм ато-ма, электронная конфигурация незаполненной оболочки которого:

а) nd2,б) nd3.

Ответ:а) 3F2,б) 1F3/2.

Задача 11.6. Убедиться на нижеследующих примерах, что двеэлектронные конфигурации, у одной из которых столько эквивалент-ных электронов, сколько не хватает другой до заполнения подоболоч-ки, имеют одинаковые наборы возможных типов термов:


а) p1 и p5,б) p2 и p4,в) d1 и d0.

Ответ:а) 2P ;б) 1S, 1D и 3P ;в) 2D.

Задача 11.7. Найти магнитный момент µ и возможные значенияпроекции µB атома в состоянии

а) 1F,б) 2D3/2.

Ответ:а) µ =

√12µБ, µB = 0, ±1, ±2, ±3 магнетона Бора;

б) µ =√

12/5µБ, µB = 0, ±1, ±2 магнетона Бора;

Задача 11.8. Чему равны магнитные моменты атомов в состоянииа) 4D1/2,б) 6D3/2.

Ответ: Для обоих термов g = 0; µJ⊥J.

Задача 11.9. (И.4.112) Найти магнитный момент атомов никеля (всостоянии 3F), которые обнаруживают резонансное поглощение энер-гии при одновременном воздействии постоянного магнитного поля синдукцией B = 2 кГс и перпендикулярного ему переменного магнит-ного поля с частотой ν = 3.5 ГГц.

Ответ: µ = 5, 6µБ; J = 4.

Семинар 12

Типы химических связей.Колебательная, вращательная иэлектронная энергия молекул.


Энергия стационарного состояния молекулы определяется суммой трехэнергий — электронной, колебательной и вращательной. Соответству-ющие характеристические частоты обозначают как ωe, ων и ωr.

Совершая переходы между различными возможными уровнями энер-гии, молекула испускает или поглощает фотоны. При этом может ме-няется как электронное состояние молекулы, так и ее вращательноеи колебательное состояния. Поэтому число возможных частот оказы-вается огромным, и молекулярный спектр представляет собой полосы,состоящие из большого числа близких линий. Колебательные и вра-щательные спектры можно изучать отдельно, исследуя переходы, прикоторых электронное состояние молекулы не меняется. В дальнейшемограничимся рассмотрением лишь двухатомных молекул.

Вращательная энергия двухатомной молекулы дается равенством

EJ = ~BJ(J + 1), B =~

2I, (12.1)

где B — вращательная постоянная, I — момент инерции молекулы,J — вращательное квантовое число (J = 0, 1, 2, . . .).

Правило отбора J :

∆J = ±1. (12.2)

Колебательную энергию двухатомной молекулы можно рассчитатьпо следующей формуле

Ev = ~ω

(

v +1

2

)[

1− x

(

v +1

2

)]

, (12.3)

110


где ω =√

κ/µ — частота колебаний, κ — коэффициент квазиупругойсилы, µ — приведенная масса молекулы, v = 0, 1, 2, . . . — коле-бательное квантовое число, x — коэффициент ангармоничности (длягармонического осциллятора x = 0).

Правило отбора v:

∆v =

±1, если x = 0,

±1, ±2, . . . в остальных случаях.(12.4)

Выражение для средней энергии квантового гармонического осцил-лятора имеет вид

〈E〉 = ~ω

2+

~ω

exp(~ω/kT )− 1. (12.5)

Состояние электрона в двухатомной молекуле характеризуют кван-товыми числами n, l, λ, σ, где n и l — главное и орбитальное квантовыечисла, λ = |lz| — квантовое число, определяющее модуль проекции ор-битального момента l на ось молекулы, λ = 0, 1, 2, . . .; σ — спиновоеквантовое число, σ = ±1/2. Электроны с одинаковыми n и l называютэквивалентными.

Квантовые числа, характеризующие суммарные значения проекциймеханических моментов L, S и J на ось двухатомной молекулы:

Λ =

∣

∣

∣

∣

∣

∑

i

(±λi)∣

∣

∣

∣

∣

, Λ = 0, 1, 2, . . . , L; (12.6)

Σ =

∣

∣

∣

∣

∣

∑

i

(±σi)∣

∣

∣

∣

∣

, Σ = −S, −S + 1, . . . , S − 1, S; (12.7)

Ω = Λ + Σ, Ω = (Λ− S), (Λ− S + 1), . . . , (Λ + S); (12.8)

Для термов с Λ = 0 ориентация спина относительно оси отсутству-ет, и квантовые числа Σ, и Ω физического смысла не имеют.

Обозначения состояний отдельных электронов и электронной обо-лочки молекулы:

символ: σ, π, δ, φ, . . . символ: Σ, Π, ∆, Φ, . . .λ = 0, 1, 2, 3, . . . Λ = 0, 1, 2, 3, . . .

Можно показать, что для типичных электронной, колебательной ивращательной частот выполняется следующее приближенное соотно-шение

ωe : ωv : ωr ∼ 1 :

(√

m

M

)

:(m

M

)

, (12.9)

112 Энергия молекул.

где m — масса электрона, а M — масса ядра.

Молекула d, 10−8 см ω, 1014 с−1

H2 0.741 8.279N2 1.094 4.445O2 1.207 2.997F2 1.282 2.147S2 1.889 1.367Cl2 1.988 1.064Br2 2.283 0.609I2 2.666 0.404HF 0.917 7.796HCl 1.275 5.632HBr 1.413 4.991HI 1.604 4.350CO 1.128 4.088NO 1.150 3.590OH 0.971 7.035

Таблица 12.1: Межъядерные расстояния d и соответствующие частотыколебаний ω некоторых двухатомных молекул.






Пример 12.1. Найти для молекулы HCl квантовые числа J двух со-седних вращательных уровней, разность энергий которых 7, 86 мэВ.

Решение.Согласно (12.1)

EJ = ~BJ(J + 1), B =~

2I.

Таким образом, первым делом следует рассчитать момент инерции мо-лекулы. Молекула вращается вокруг оси, проходящей через центрамасс атомов H и Cl с массами mH и mCl соответственно. Если межъ-ядерное расстояние равно d, то центр масс расположен на расстоянии

rc = d · mCl

mH +mCl

,

считая от атома водорода.Следовательно, момент инерции I молекулы относительно указан-

ной оси определяется равенством

I = mHr2c +mCl(d− rc)

2 = µd2,

где µ = mHmCl/(mH +mCl) — приведенная масса молекулы.Соседние квантовые числа отличаются на единицу, поэтому следу-

ет рассмотреть разность энергий J + 1-го и J-го уровней:

∆EJ = ~B(J + 1)(J + 2)− ~BJ(J + 1) = 2~B(J + 1), ⇒

J + 1 =∆EJ

2~B= µd2

∆EJ

~2.

Подставляя в полученное выражение соответствующие числа, получа-ем, что искомые номера соседних уровней — это 2 и 3.

Ответ: J = µd2∆EJ

~2− 1 = 2, J + 1 = 3.


Пример 12.2. Определить механический момент молекулы кисло-рода в состоянии с вращательной энергией 2, 16 мэВ.

Решение. Как известно, кинетическая энергия вращения твердого те-ла вокруг заданной оси дается равенством

E =M2

2I,

где I — момент инерции относительно указанной оси, а M — искомыймеханический момент, и следовательно,

M =√2IE =

√

2µd2E.

Ответ: M =√

2Eµd2 = 3, 47~.

Пример 12.3. Найти температуры, при которых средняя кинети-ческая энергия поступательного движения молекул H2 и N2 равна ихвращательной энергии в состоянии с квантовым числом J = 1.

Решение.Средняя кинетическая энергия поступательного движения молекул

дается известным равенством

〈E〉 = 3

2kT.

По условию

〈E〉 = M2

2I.

причемM2 = J(J + 1),

Объединяя эти равенства, получаем

T =2

3

~2

kI=

2

3

~2

µd2k.

Ответ: T = 2~2/(3µd2k) = 18 K и 3, 9 K.


Пример 12.4. Вычислить с учетом кратности вырождения g враща-тельных уровней (g = 2J + 1) отношение количеств молекул водорода,находящихся в чисто вращательных состояниях с J = 1 и J = 2 приT = 300 К.

Решение.Согласно распределению Больцмана среднее число частиц с полной

энергией Ei дается равенством

〈Ni〉 =1

Ze−Ei/kTgi,

где gi — кратность вырождения i-го уровня, а Z — постоянная норми-ровки, обеспечивающая равенство

∑

i

Ni = N,

где N — полное число частиц в системе.

E1 = 2~B, E2 = 6~B,

поэтомуN1

N2=g1g2

exp

(

4~B

kT

)

,

где

B =~

2I, I = µd2 =

mH

2d2.

Ответ:N1

N2=g1g2

exp

(

4~B

kT

)

= 1, 95.

Пример 12.5. Найти коэффициенты квазиупругой силы молекулН2 и СО.


Решение.κ = µω2.

Ответ: κ = µω2 = 5, 7 Н/см и 19 Н/см.

Пример 12.6. Хорошим приближенным выражением для энергиивзаимодействия атомов в двухатомной молекуле является формула Мор-зе:

U(r) = U0

[

1− e−α(r−r0)]2

,

где U0 и α — положительные постоянные, r0 — равновесное межъ-ядерное расстояние. Получить выражения для постоянных U0 и α че-рез энергию диссоциации D молекулы, ее собственную частоту ω иприведенную массу µ.

Решение.

Рис. 12.1: Потенциал Морзе U(r)

Энергия диссоциации D отсчитывается не от нуля, а от нижнегоколебательного уровня ~ω/2, тогда как минимальное значение U(r) =0. При r → ∞, разумеется, U → U0, поэтому

U0 = D +~ω

2.


Для определения α следует воспользоваться тем, что при (r−r0) ≪r0 функция U(r) может быть записана в виде

U = U0α2(r − r0)

2,

который соответствует потенциальной энергии гармонического осцил-лятора

Uho =κ(r − r0)

2

2,

где κ = µω2. Сравнивая U и U0, получаем:

α = ω

√

µ

2U0.

Ответ: U0 = D + ~ω/2, α = ω√

µ/2U0.

Пример 12.7. Найти энергию, необходимую для возбуждения мо-лекулы водорода из основного состояния на первый колебательныйуровень (v = 1). Во сколько раз эта энергия больше энергии возбуж-дения данной молекулы на первый вращательный уровень (J = 1)?

Решение.Согласно (12.3) энергия основного состояния молекулы определя-

ется числом v = 0 и дается равенством

E0 =~ω

2

(

1− x

2

)

,

в свою очередь энергия первого колебательного уровня определяетсячислом v = 1 и дается выражением

E1 = ~ω

(

1 +1

2

)[

1− x

(

1 +1

2

)]

,

поэтому энергия, необходимая для возбуждения молекулы водорода изосновного состояния на первый колебательный уровень имеет вид

∆E =3~ω

2

(

1− 3x

2

)

− ~ω

2

(

1− x

2

)

= ~ω(1− 2x).


Энергия первого вращательного уровня дается равенством (12.1),где полагаем J = 1

Er1 = 2~B, где B =~

2I.

Как следует из примера 13.1

I = µd,

где µ — приведенная масса молекулы, которая в случае молекулы во-дорода равна половине массы протона, поэтому

Er1 = 2~2

mpd.

Таким образом, поэтому энергия, необходимая для возбуждения моле-кулы водорода из основного состояния на первый колебательный уро-вень больше энергии возбуждения данной молекулы на первый вра-щательный уровень в

∆E

Er1=ω(1− 2x)mpd

2~.

Ответ: ∆E = ~ω(1− 2x) = 0.514 эВ;∆E

Er1=ω(1− 2x)mpd

2~= 33.7.

Пример 12.8. Определить температуру, при которой средняя кине-тическая энергия поступательного движения молекул равна энергии,необходимой для возбуждения молекул Cl2 из основного состояния напервый колебательный уровень (v = 1).

Решение.Средняя кинетическая энергия поступательного движения молекул

дается известным равенством

〈E〉 = 3

2kT.


Энергия основного колебательного уровня (v = 0):

E0 =~ω

2

(

1− x

2

)

,

энергия первого колебательного уровня (v = 1):

E1 = ~ω

(

1 +1

2

)[

1− x

(

1 +1

2

)]

.

Осуществить возбуждение молекул Cl2 из основного состояния на пер-вый колебательный уровень можно при условии

〈E〉 = E1 − E0.

Объединяя записанные равенства, получаем ответ

T =2

3

~ω

k(1− 2x).

Ответ: T =2

3

~ω

k(1− 2x) = 534 K.

Пример 12.9. Исходя из формулы (12.5), получить выражение длямолярной колебательной теплоемкости двухатомного газа при посто-янном объеме. Найти приближенный вид этого выражения для низкихи высоких температур (kT ≪ ~ω и kT ≫ ~ω).

Решение. Согласно формуле (12.5)

〈E〉 = ~ω

2+

~ω

exp(~ω/kT )− 1.

По определению

C =dQ

dT,

поэтому в расчете на 1 молекулу

Cкол =d〈E〉dT

=~2ω2 exp (~ω/kT )

[ exp(~ω/kT )− 1]2 kT 2.


В пределе низких температур kT ≪ ~ω

Cкол →~2ω2 exp (−~ω/kT )

kT 2,

а в пределе высоких температур kT ≫ ~ω, и

Cкол → 0.

Чтобы получить молярную теплоемкость, полученные выражения сле-дует домножить на число Авогадро NA = R/k, где R — газовая посто-янная.

Cкол., молярная =R(~ω/kT )2e~ω/kT(

e~ω/kT − 1)2 =

R(~ω/kT )2e−~ω/kT , kT ≪ ~ω

0, kT ≫ ~ω.

Ответ:

Cкол., молярная =R(~ω/kT )2e~ω/kT(

e~ω/kT − 1)2 =

R(~ω/kT )2e−~ω/kT , kT ≪ ~ω

0, kT ≫ ~ω.


Задача 12.1. Для двухатомной молекулы известны интервалы междутремя последовательными вращательными уровнями: ∆1 = 0.20 мэВ и∆E2 = 0.30 мэВ. Найти вращательную энергию среднего уровня.

Ответ:

E2 =∆E1∆E2

2 (∆E2 −∆E1)= 0, 3 мэВ.

Задача 12.2. Имея в виду, что кратность вырождения вращатель-ных уровней g = 2J + 1, найти вращательное квантовое число Jmнаиболее заселенного вращательного уровня молекул кислорода приT = 300 К. Изобразить примерный график заселенности вращатель-ных уровней NJ/N0 в зависимости от J при этой температуре.

Ответ: Jm = d√kTµ/~− 1/2 = 8.

Задача 12.3. Найти разность энергий состояний с квантовыми чис-лами v′ = 1, J ′ = 0 и v = 0, J = 5 у молекулы ОН.


Ответ: ∆E = ~ω(1− 2x)− ~BJ(J1) = 0.37 эВ.

Задача 12.4. Вычислить для молекулы HF число вращательныхуровней, расположенных между основным и первым возбужденнымколебательными уровнями, считая вращательные состояния не зави-сящими от колебательных.

Ответ: 13 уровней.

Задача 12.5. Определить максимально возможное колебательноеквантовое число, соответствующую колебательную энергию и энер-гию диссоциации двухатомной молекулы, собственная частота коле-баний которой ю и коэффициент ангармоничности х. Вычислить этивеличины для молекулы водорода.

Ответ: vmax ≈ 1/2x; Emax ≈ ~ω/4x и D ≈ ~ω(1 − 2x)/4x. Длямолекулы водорода vmax = 17; Emax = 4, 8 эВ и D = 4.5 эВ.

Задача 12.6. Определить возможные типы электронных термовмолекулы ОН, образующиеся из нормальных термов атомов кислорода(3P ) и водорода (2S).

Ответ: Λ = 0, 1, S = 1/2, 3/2. Термы: 2Σ, 4Σ, 2Π3/2, 1/2,4Π5/2, 3/2, 1/2,−1/2.

Семинар 13

Статистика тождественных частиц.Распределения Бозе и Ферми.Энергия Ферми. Бозе-конденсация.


Две частицы называются тождественными, если все физические свой-ства этих частиц в точности совпадают, что исключает возможностьразличать их экспериментально. В квантовой физике частицы одноготипа (например, электроны) являются тождественными. Перестановкадвух одинаковых частиц не меняет состояния системы, поэтому долж-на сохраняться некоторая физическая величина, отвечающая этомупреобразованию.

Рассмотрим оператор перестановки тождественных частиц Π1,2 инайдем его СЗ. Для простоты рассмотрим волновую функцию Ψ(r1, r2)системы, образованной всего лишь двумя тождественными частицами1 и 2, координаты которых заданы векторами r1 и r2 соответственно.Подействуем на Ψ(r1, r2) оператором Π1,2

Π1,2Ψ(r1, r2) = Ψ(r2, r1),

кроме того выполняется равенство

Π1,2Ψ(r1, r2) = λΨ(r1, r2),

где λ — СЗ оператора перестановки.Теперь подействуем оператором Π1,2 на получившуюся функцию

Ψ(r2, r1)

Π1,2Ψ(r2, r1) = Π1,2 (λΨ(r1, r2)) = λ2Ψ(r1, r2).

После повторной перестановки система вернулась в исходное состоя-ние, поэтому справедливо равенство

Π21,2Ψ(r1, r2) = λ2Ψ(r1, r2) = Ψ(r1, r2),

122


откуда следует, что СЗ оператора перестановки тождественных частицпринимают всего два значения:

λ = ±1.

Частицы, для которых λ = 1, называются бозонами и подчиняютсястатистике Бозе-Эйнштейна, которая допускает, чтобы в одном кван-товом состоянии могло находиться неограниченное количество оди-наковых частиц. В частности, бозонами являются фотоны, благодарячему существует такое устройство как лазер. Частицы, для которыхλ = −1, называются фермионами и подчиняются статистике Ферми-Дирака. К фермионам относятся, например, электроны, протоны и ней-троны. В дальнейшем в качестве примера фермионов будем рассмат-ривать электроны.

Распределение Бозе-Эйнштейна дается равенством

np =1

e(Ep−µ)/kT − 1, (13.1)

распределение Ферми-Дирака имеет вид

np =1

e(Ep−µ)/kT + 1, (13.2)

где T — температура в Кельвинах, k — постоянная Больцмана, а µ —некоторый нормировочный параметр, имеющий размерность энергии иназываемый химическим потенциалом (энергией Ферми, уровнем Фер-ми).

Уровень Ферми сам зависит от температуры и от параметров си-стемы, в частности, от количества электронов в ней. Он может бытьнайден из условия, что сумма по всем квантовым состояниям значенийсреднего числа электронов, находящихся в каждом из них, должноравняться полному числу электронов в системе. Как видно из форму-лы распределения Ферми–Дирака, среднее число электронов в любомквантовом состоянии не превышает единицы.

В металле при температуре, стремящейся к абсолютному нулю,электроны заполняют все квантовые состояния с энергией вплоть доуровня µ0 = εF , называемого нулевым уровнем Ферми. Все квантовыесостояния с энергией выше уровня µ0 свободны от электронов. Распре-деление Ферми–Дирака приобретает вид ступеньки. Отсюда вытекает,что нулевой уровень Ферми совпадает с энергетическим состоянием,

124 Статистика тождественных частиц

которое заполнено лишь частично. Если такого состояния нет, то ну-левой уровень Ферми лежит строго посередине между последним за-полненным энергетическим уровнем и первым пустым уровнем.

В статистической физике доказывается, что уровень Ферми облада-ет важным свойством: если система находится в тепловом равновесиии состоит из нескольких подсистем, то все уровни Ферми, вычислен-ные для каждой подсистемы, должны совпадать.

Если же система состоит из электронов, обладающих отрицатель-ным зарядом −e, и при этом между двумя подсистемами (телами) при-ложено внешнее напряжение V , то уровень Ферми тела, связанного сплюсом источника напряжения, понижается, а другого тела — повы-шается. При этом уровни Ферми первого и второго тела отличаютсяна величину eV .

Термодинамическое число частиц:

N =∑

p

np. (13.3)

Внутренняя энергия:

E =∑

p

Epnp. (13.4)

Температура вырождения квантового газа дается равенством

Tвыр =~2

2mk

(

N

V

)2/3

. (13.5)





Пример 13.1. Найдите выражения для импульса Ферми и энергииФерми для вырожденного идеального нерелятивистского ферми-газапри T = 0. Можно ли считать электронный газ в металлах вырожден-ным? (И.А. Квасников, ТДиСФ, т.2, стр. 152-153).

Решение.В нерелятивистском случае энергия каждой частицы газа задана

равенством

Ep =p2

2m.

Следовательно при T = 0, согласно (13.2),

np = np,σ =1

e(p2−2µm)/2mkT + 1

∣

∣

∣

∣

T→0

=

1, если |p| <√

2µ0m = pF ,

0, если |p| >√

2µ0m = pF ,

где pF — импульс Ферми, а соответствующая этому граничному им-пульсу энергия εF = p2F/(2m) = µ0 (она же химический потенциал приT = 0) — энергия Ферми.

Основное состояние системы представляется в импульсном про-странстве p = (px, py, pz) как заполненная сфера Ферми: все состоянияс |p| < pF заняты (np = 1), все состояния с |p| > pF свободны (np = 0).

Для электронного газа (s = 1/2) g = 2s + 1 = 2 и, следовательно,при T = 0

N =∑

p

np =2V

(2π~)3

∞∫

0

np4πp2dp =

2V

(2π~)3

pF∫

0

4πp2dp =V

3π2~3p3F ,

откуда следуют равенства:

pF = ~

(

3π2N

V

)1/3

, (13.6)

и

εF =~2

2m

(

3π2N

V

)2/3

. (13.7)


Энергия основного состояния рассчитывается аналогичным обра-зом:

E =∑

p

Epnp =2V

(2π~)34π

2m

pF∫

0

p4dp =8πV

(2π~)3p3F3

· 35

p2F2m

= N · 35εF . (13.8)

Для электронного газа в металлах можно сделать следующие оцен-ки:

а) для энергии Ферми

εF ≈ 105 K (≈ 5 эВ),

б) для скорости Ферми

vF =pFm

≈ 103 км/с,

в) для давления электронного газа

p =2

3

EV

≈ 105 атм.

Таким образом, несмотря на то что T = 0, граничные электроныдвигаются с такими скоростями, что их энергия имеет порядок 105 K, аэто значит, что при комнатных температурах (T ∼ 300 K) электронныйгаз существенно вырожден. Полученный результат для T = 0 с хоро-шей точностью справедлив и при комнатной температуре, а тепловыепоправки имеют порядок kT/εF .

Ответ: pF = ~

(

3π2N

V

)1/3

, εF =~2

2m

(

3π2N

V

)2/3

.

Пример 13.2. В некоторой системе при температуре T = 2520 Кв состоянии с энергией 5 эВ среднее число электронов n = 0, 0909.Найти энергию Ферми.


Решение.

n(E) =

[

exp

(

E − µ

kT

)

+ 1

]−1

,

µ = E − kT ln(

n−1 − 1)

,

µ ≈ 4.5 эВ.

Ответ: µ ≈ 4.5 эВ.

Пример 13.3. Известно, что в системе при температуре T в со-стоянии с энергией 6, 35852 эВ среднее число электронов n = 0, 2, а всо стоянии с энергией 5, 64148 эВ среднее число электронов n = 0, 8.Найти температуру T и уровень Ферми.

Решение.Пользуясь выкладками предыдущей задачи, запишем систему урав-

нений, которую затем решим относительно T и µ:

µ = E1 − kT ln(

n−11 − 1

)

,

µ = E2 − kT ln(

n−12 − 1

)

.

Отсюда получаем

T =E1 − E2

k

[

ln

(

n−11 − 1

n−12 − 1

)] , µ = E1 −(E1 − E2) ln

(

n−11 − 1

)

[

ln

(

n−11 − 1

n−12 − 1

)] .

Подставляя в полученные равенства численные значения, получаем

T ≈ 3000К, µ = 6 эВ.

Ответ: µ = 6 эВ, T ≈ 3000 K.


Пример 13.4. В двухуровневой системе находится N электроновпри температуре T . Энергия нижнего уровня E1, энергия верхнегоуровня E2. Количество состояний на нижнем уровне N , на верхнемуровне Ng. Сколько электронов находится на нижнем и сколько наверхнем уровне при температуре, стремящейся к нулю, и при темпе-ратуре, стремящейся к бесконечности? Вычислить ненулевую темпе-ратуру, при которой уровень Ферми совпадет с одним из уровней E1

или E2. Рассчитать и нарисовать зависимость уровня Ферми от темпе-ратуры. Найти пределы, к которым стремится уровень Ферми при T ,стремящейся к нулю, и при T , стремящейся к бесконечности.

Решение.При температуре, стремящейся к абсолютному нулю, все электро-

ны расположены на нижнем уровне. При температуре, стремящейся кбесконечности, каждое состояние заполнено электроном в одинаковойстепени, а именно:

N

N +Ng=

1

1 + g,

поэтому на нижнем уровне будет N/(1+g) электронов, а на верхнем —Ng/(1 + g). При этом, разумеется, полное число электронов остаетсяравным N :

N

1 + exp(

E1−µkT

) +Ng

1 + exp(

E2−µkT

) = N.

Введем обозначения a = exp(E1/kT ), b = exp(E2/kT ), c = exp(µ/kT ) ис их помощью запишем предыдущее равенство

c

c+ a+

cg

c+ b= 1.

Решая квадратное уравнение относительно c, получаем:

c(g, T ) =a(1− g) +

√

a2(1− g)2 + 4abg

2g,

откуда немедленно следует равенство

µ(g, t) = kT ln [c(g, T )] .


Для нахождения ненулевой температуры T2, при которой уровеньФерми совпадает с одним из уровней E1 или E2, требуется решитьсоответственно одно из двух уравнений:

1

2+

g

1 + exp(

E2−E1

kT2

) = 1 или1

1 + exp(

E1−E2

kT2

) +g

2= 1.

Ответ: При T → 0 уровень Ферми расположен посередине междууровнями E1 и E2. При T → ∞ и при g 6= 1 уровень Ферми линейнозависит от температуры: µ ≈ −kT ln(g).

Пример 13.5. Оцените значение энергии Ферми µT для электроновпроводимости в кристалле молибдена при T = 2000 K, если известно,что плотность кристалла ρ = 10, 2 г/см3, атомный вес M = 96, числосвободных электронов на атом z = 1, эффективная масса электронапроводимости равна массе свободного электрона в вакууме 9, 1·10−28 г.

Решение.

µT ≈ µ0

[

1− π2

12

(

kT

µ0

)2]

,

µ0 = 26, 07( ρ

M

)2/3

= 26, 07

(

10, 2

96

)2/3

= 26, 07 · 0, 2243 ≈ 5, 846 эВ.

Ответ: µT = 5, 846 эВ.

Пример 13.6. Определить максимальное значение кинетическойэнергии, которой может обладать электрон, движущийся в металлепри T → 0 K, если концентрация электронов проводимости в рассмат-риваемом металле 1023 см−3.


Решение.

µ0 =h2

2m

(

3n

8π

)2/3

= 7.85 эВ.

Ответ: 7, 85 эВ.


Задача 13.1. В двухуровневой системе находится N электронов притемпературе T . Энергия нижнего уровня E1, энергия верхнего уровняE2. Количество состояний на нижнем уровне Ng, на верхнем уровнеN . Сколько электронов находится на нижнем и сколько на верхнемуровне при температуре, стремящейся к нулю, и при температуре,стремящейся к бесконечности? Вычислить ненулевую температуру, прикоторой уровень Ферми совпадет с одним из уровней E1 или E2. Рас-считать и нарисовать зависимость уровня Ферми от температуры. Най-ти пределы, к которым стремится уровень Ферми при T , стремящейсяк нулю и бесконечности.

Ответ: Если T → 0, то при g > 1 уровень Ферми совпадает снижним уровнем E1, а при g < 1 уровень Ферми совпадает с верхнимуровнем 2. При T → ∞ и g 6= 1 уровень Ферми линейно зависит оттемпературы: µ ≈ −kT ln(g).

Задача 13.2. Оцените n(E) — среднее число электронов в состо-янии с энергией E = 7, 0 эВ при T = 3000 K в зоне проводимо-сти кристалла вольфрама, если известно, что плотность кристаллаρ = 19, 3 г/см3, атомный вес M = 184, число свободных электроновна атом z = 1, m/m0 = 1, где m — эффективная масса электронапроводимости, а m0 = 9.1 · 10−28 г — масса свободного электрона ввакууме.

Ответ: n ≈ 9.66 · 10−3.

Задача 13.3. Определить концентрацию ≪свободных≫ электроновв металле, если известно, что при плотности тока проводимости j =5 А/см2 средняя скорость направленного движения электронов состав-ляет 0, 05 см/с.


Ответ: n = 6.24 · 1020 см−3.

Задача 13.4. Оцените число электронов в зоне проводимости вкристалле вольфрама, объем которого равен 100 см3, при T → 0 K,если известно, что значение энергии Ферми µ = 5, 81 эВ.

Ответ: n ≈ 6.35 · 1024.

Задача 13.5. Вычислите значение средней энергии электронов про-водимости в кристалле хрома при T = 0 K, если известно, что плот-ность хрома ρ = 7.19 г/см3, атомный вес M = 52, число свободныхэлектронов на каждый атом z = 1, m/m0 = 1, где m — эффективнаямасса электрона проводимости, m0 = 9.11 · 10−28 г — масса свободногоэлектрона в вакууме.

Ответ: 4.182 эВ.

Учебное издание

Подписано в печать 25.06.12. Формат 60х88/16Печать офсетная. Бумага офс. 1

Объем 8.25 п.л. Тираж 50 экз. Заказ 4246

Физический факультет МГУМосква, 119899, Ленинские горы, МГУ им. М.В. Ломоносова

Физический факультет. Тел. (495)939-5494Интернет: http://publish.phys.msu.su

Отпечатано в отделе оперативной печатифизического факультета МГУ имени М.В. Ломоносова

Documents

ВВЕДЕНИЕ В КВАНТОВУЮ ФИЗИКУ. …qp.ilc.edu.ru › wp-content › uploads › 2009 › 09 › qmworkbook.pdfний опыт преподавания курса