3012

следовательно, по Хунду J=L+Smax=1+1=2. Мультиплетность ѵ=2S+1=3. Терм основного состояния 3Р2.

5.181. Будем полагать, что электронная конфигурация атома идеальна по отношению к принципу Паули. В d- подоболочке атома может находиться не более 10 электронов (l=2, 2(2l+1)=10). Значения возможных квантовых чисел ml и ms для d-подоболочки представлены таблицей.

5.182. По терму атома с одной незаполненной подоболочкой найти число электронов в этой подоболочке:

111

а) Терм 3F2. Из символического обозначения терма имеем значения квантовых чисел: S=1, L=3, J=2. Для основного состояния атома квантовые числа S, L и J по правилам Хунда имеют максимальные значения и удовлетворяют условию J=|L-S|(*). Значения чисел S=1, L=3 и условие (*) говорят о том, что число электронов в подоболочке мало, а точнее – два. В самом деле, всем этим условиям отвечают два состояния с ml=1; 2

и ms=1/2, для которых l=2, a L ml 1 2 3,

= ∑ = + = 1. Эти состояния заняты электронами в d-

подоболочке атома. Итак, заданный терм соответствует наличию в незаполненной подоболочке двух d-электронов.

б) Терм 2Р3.2. здесь S=Smax=1/2 по формуле ѵ=2=2S+1, Lmax=1, J=3/2, выполняется условие J=L+S, число электронов в незаполненной подоболочке не меньше половины допустимого их числа. Поскольку кв. число L принимает целочисленные значения и L=Lmax=1, орбитальное квантовое число отдельного электрона l=1 (р-подоболочка), а ml=0, ±1 и ms=±1/2 (шесть разрешенных состояний). Так как Jmax=Lmax+Smax=1+1/2=3/2 и число электронов больше трех, имеем случай трех электронов со спинами одного направления (ms=1/2) и два электрона с противоположными направлениями спинов (ms=±1/2). Итак, вытекает, что в незаполненной р-подоболочке атома содержится пять р-электронов.

в) Терм 6S5/2. В данном случае квантовые числа S=5/2, L=0, J=5/2, причем L=L+S=|L-S|=5/2. Так как S=Smax=5/2, то в некоторой незаполненной подоболочке имеется не менее пяти электронов с одним направление спинов (с ms=1/2) и возможно одна или более пар электронов с противоположными спинами (с ms=±1/2). Однако L=0, что возможно при симметричных значениях ml=0, ±1, ±2 и.т.д., для пяти электронов ml=0, ±1, ±2 и

112

l=2. Если теперь допустить существование одной пары электронов с противоположными спинами, то она возможна как при ml=3, так и при ml=-3, что обусловит значение L≠0. По этой причине невозможны и другие пары электронов с |ml|>2, имеющих противоположные спины.

Приходим к выводу: l=2, число электронов N=5, т.е. в недостроенной d-подоболочке содержится 5 электронов из 10 разрешенных (данный терм определяет d5-конфигурацию).

5.183. По известному значению спинового квантового числа S и заданной степени заполнения некоторой подоболочки атома найти основной спектральный терм:

а) S=1, заполнение электронами на 1/3. Согласно правилам Хунда J=|L-S|=|L-1| и условия J≥0, квант. число полного момента имеет значение J=0; квант. Число полного орбитального момента L=1, поскольку L≥0. Итак, значения квантовых чисел S=1, L=1 и J=0 определяют терм 3Р0, где мультиплетность ѵ=2S+1=3.

б) S=3/2, заполнение 70%. В этом случае на основании условий J=L+S=L+3/2 и L≥0, квантовое число J≥3/2. Исходя из того, что S=3/2, в некоторой подоболочке должно находиться три электрона с одинаковыми направлениями спинов (ms=1/2, ½, ½ или ms=-1/2, -1/2, -1/2) и несколько пар (в общем) электронов с противоположными спинами. В связи с этим, а также тем, что заполнение искомой подоболочки более, чем на половину, то подоболочки s и p исключаются, и следует подозревать подоболочки d и f с l=2 и l=3. Если обратить внимание на точную цифру степени заполнения подоболочки (70%), то этому условию отвечает d-подоболочка и число электронов в ней N=0,7*10=7 (три электрона с однонаправленными спинами и две пары электронов с противоположными спинами). В приведенной таблице показаны возможные nd-состояния и состояния d7- конфигурации (выделенные прямоугольниками). С помощью

113

таблицы видим, что числу Smax=3/2 соответствует

Lmax ml 1 2 3 . Итак, окончательно имеем: S=3/2, L=3, J=3/2+3=9/2, спектральный терм 4F9/2.

5.184. Так как некоторая незаполненная подоболочка атома содержит три электрона , то для этой подоболочки l≥1. Для р3 конфигурации L=0 и, следовательно, отбрасывается, поскольку L=3 (см. задачу 5.180). В задаче 5.181. была рассмотрена конфигурация d3, для которой L=3 и S=Smax=3/2. По правилу Хунда в этом случае J=|L-S|=3-3/2=3/2. Мультиплетность ѵ=2S+1 =4. Спектральный терм основного состояния атома 4F3/2.

5.185. Статистический процесс высвечивания возбужденных атомов подобен простому процессу распада радиоактивных ядер.

Вдоль пучка возбужденных атомов введем ось Х с началом отсчета х=0, расположенным в начальном сечении пучка. Интенсивность свечения пучка в произвольном сечении х пропорциональна плотности возбужденных атомов в этом месте пучка. Само свечение обусловлено переходом атомов из возбужденных состояний в основное состояние.

Пусть в начале пути (х=0) плотность возбужденных атомов n0, а в сечении х, т.е. в момент времени t=x/u, где u – скорость атомов, равна n=n(x), или n=n(t). Далее за процессом будем отслеживать во времени. За промежуток времени от t до t+dt плотность возбужденных атомов уменьшится на величину dn, пропорциональную плотности n к моменту времени t и промежутку времени dt, что позволяет написать dn=-λndt, где λ –

114

коэффициент пропорциональности. Это же можно представить в виде дифференциального уравнения dn/n=-λdt, решением которого является функция n=const*e-λt. Из начального условия n(t=0)=n0 имеем const=n0. Временная зависимость n(t) получает вид n=n0e-λt. В момент времени t=l/u, по условию n/n0=η и, следовательно, τ=uln / .

Теперь вычислим среднее время жизни τ возбужденных

атомов τ=1,3 мкс.

5.186. Пусть за время импульса освещения паров ртути на резонансной частоте образовалось N0 возбужденных атомов. В процессе перехода атомов в основное состояние возникнет вторичное излучение той же частоты. Длительность высвечивания возбужденных атомов занимает очень малый промежуток времени. Располагая мощностью Р излучения парами ртути и средним временем τ нахождения атомов в возбужденном состоянии, можно найти число высветившихся атомов за единицу

в состоянии резонансного возбуждения равно N0=7·109.

115

5.187. Согласно закону Мозли частота линии Кα рентгеновского характеристического излучения определяется

экранирования.

Медь (Z=29) и железо (Z=26) по зарядовому числу их ядер можно считать достаточно близкими элементами и следует ожидать, что постоянная экранирования для этих элементов

5.188. По закону Мозли длина волны Kα-линии излучения элемента с порядковым номером Z определяется по формуле

в) Для ванадия Z=23. Частоты линий К- и L-серии рентгеновского излучения согласно закону Мозли определяются

Для определения энергии связи электронов в К и L оболочках атома в формулах надо положить n=∞. При этом энергии связи названных электронов будут равны:

Разность этих энергий для ванадия:

424 R 424 0,66 10 15 2,07 1016 эВ 5,8kэВ .

Если сделать оценку Е по Kα линии спектра, то получим

Е 4,9кэВ.

5.189. Длина Кα – линии рентгеновского спектра определяется из формулы

4

Однако нам по известным длинам Кα-линий требуется найти порядковые номера соответствующих элементов. Из (1)

рентгеновского излучения (она задана и равна 0.50 пм); 2 -

минимальная длинна волны характеристического спектра трубки с

Сравнивая 1 и 2 видим , что 1 2 . Это неравенство является выражением того, что в рассматриваемых условиях все линии К-серии рентгеновского излучения наблюдаются.

Ответ: да.

5.192. Приведем формулы, определяющие минимальную длину рентгеновского излучения и длину k Кα-линии

4

118

возникает тогда, когда энергия бомбардирующих электронов становиться достаточной для вырывания электронов из внутренних оболочек атома какого-либо вещества. Положим, что вырывается один из двух электронов К-слоя атома. Освободившееся место может быть занято электроном из какоголибо внешнего слоя (L,M,N и т.д.). При этом возникнет К-серия линий спектра излучения. Серия К обязательно сопровождаться остальными сериями, так как при испускании её линий освобождаются уровни в слоях L, M и т.д., которые будут в свою очередь заполняться электронами из более высоких слоев.

Теперь представим, что на пластинку некоторого вещества направляется пучок жестких рентгеновских лучей. При взаимодействии с квантами изучения электрон из К-слоя или какого-либо другого может оказаться вне атома. Поскольку атом

L 119

K

K

вторичное излучение, состоящее из линий ряда частот различной интенсивности. Вторичные кванты статистически испускаются в разных направлениях. Вследствие такого рассеяния квантов вторичного излучения и поглощения атомами вещества первичного излучения, интенсивность потока квантов в первоначальном направлении уменьшается по мере распространения пучка лучей. Весь этот процесс можно назвать поглощением рентгеновского излучения. Наибольшее поглощение наблюдается на резонансной частоте, т.е. когда частота падающего рентгеновского излучения, выбивающего электроны, близка или равна частоте кванта излучения при обратном переходе электрона. При этом в спектре излучения, прошедшего слой вещества, будет наблюдаться темная линия. Далее получим решение задачи. Согласно закону Мозли частоты линий К и L cерий в спектрах рентгеновского излучения или поглощения определяются формулами:

Частоты, соответствующие n=∞, называются краевыми для тойилиинойсериилиний. Нарисунке стрелкамипоказаны переходы электрона из К и L оболочек атома, соответствующие всем линиям поглощения K и L линий. На рисунке можно увидеть, что разность краевых частот для линий K- и L-серий равны частоте Kα-линии

6,85 1018 1/c вычисления дают Z=22 (титан).

5.194. Энергия связи определенного электрона в атоме равна затрачиваемой энергии для перевода этого электрона из связанного состояния в свободное. Для электрона L-слоя энергия

120