13*. Nguyên tử trong từ trường theo mô hình tổng quát (xét theo phương pháp bán lượng tử)

Bài giảng VL Nguyên tử, chương 3

Nguyễn Minh Thủy, ĐHSPHN



Trong hiệu ứng Zeeman thường, khi chưa biết đến spin, mômen từ của nguyên tử

u

r



được tính theo L là mômen quỹ đạo của electron trong nguyên tử.

u

r



Theo cơ học lượng tử, L bị lượng tử hoá dẫn đến mômen từ cũng bị lượng tử hoá:

L = l (l + 1) h => μl = μo l (l + 1)



Hình chiếu của mômen từ lên trục z là:

μ z = μo ml

ml = −l , −l + 1,.., l − 1, l

Nguyên tử có mômen từ khi đặt trong từ trường sẽ có năng lượng phụ là:

u u

r r

ΔW = −( μ l .B ) = μo ml B



Để hiểu cơ chế này một cách trực quan, ta xét sự tiến động của mômen từ quanh

phương của từ trường:

Lưỡng cực từ đặt trong từ trường chịu tác dụng của mômen quay như ngẫu lực, có

u

r



xu hướng quay lưỡng cực dọc theo phương B , tuy nhiên, việc đó bị ngăn cản bởi sự

có mặt của mômen động lượng L trong nguyên tử, vì vậy nó chuyển động giống như

con quay. Theo định luật chuyển động con quay, sau thời gian dt, mômen của nguyên

uu u

r r



u

r



tử tăng thêm là dt ⎡ μl × B ⎤ . Lượng này vuông góc với μ l nên dẫn đến sự tiến động

⎣

⎦

u

r



u

r



u

r



của các mômen L và μ l quanh phương B .

b. Tính cả spin

r

Bây giờ ta xét trường hợp tổng quát, khi tính cả spin s của điện tử. Mômen động

lượng tổng cộng của nguyên tử là:

u u u

r r r

J = L+S



Sử dụng (3.25) và (3.39), ta có:

r

r

r r r

e r

e u r

r r

r

J = L + S ⇒ μ = μL + μS = −

( L + 2S ) = −

(J + S )

2m0

2m0



(3.45)

u

r



Biểu thức (3.45) cho ta thấy quan hệ của mômen từ tổng cộng μ với mômen động

u

r



lượng tổng cộng J của nguyên tử. Dễ thấy là hai vectơ này trong trường hợp tổng

quát không còn song song với nhau, chúng chỉ song song khi spin của nguyên tử

bằng 0.

56



Bài giảng VL Nguyên tử, chương 3

Nguyễn Minh Thủy, ĐHSPHN



c. Tính hệ số Landé



u

r



u

r



Khi tính mômen từ tổng cộng μ của nguyên tử ở trong từ trường B , do có chuyển

động tiến động, ta cần lưu ý đến tính dị hướng của tỷ số từ - cơ đối với các mômen

quỹ đạo và mômen riêng.



Hình 3.7

uu

r



Tỷ số từ-cơ của mômen riêng (spin) μs hai lần lớn hơn tỷ số đó của mômen quỹ đạo

uu

r



u

r



μl , vì vậy (3.45) cho thấy phương của mômen từ toàn phần μ của nguyên tử không

u

r



trùng với phương của mômen động lượng toàn phần J . Trên hình 3.7, trong thang đã

r



uu

r



r



uu

r



u

r



u

r



chọn, μl lớn hơn - l hai lần, μs lớn hơn - s bốn lần. Góc giữa J và μ được ký hiệu

r



r



là α . Do kết quả của tương tác spin-quỹ đạo, véctơ l và s sẽ tiến động quanh trục

u

r



u

r



u

r



u

r



của J => μ sẽ tiến động quanh J . Phân tích μ thành 2 thành phần μ// và μ⊥. Do sự

u

r



u

r



u

r



tiến động của μ quanh J , giá trị trung bình của thành phần vuông góc với J là

<μ⊥>=0, do đó trong tất cả các hiện tượng quan sát được, chỉ có μ// xuất hiện, nên

chính đại lượng này thường được gọi là mômen từ của nguyên tử.

uuu u

r r



Vì vậy, chúng ta cần tính: ΔW = ( μ // .B)

Theo hình 3.7, ta có:

ˆ

ˆ

μ // = μl cos(lj ) + μ s cos( sj )

ˆ

cos(lj ) =



l (l + 1) + j ( j + 1) − s ( s + 1)

2 s ( s + 1). j ( j + 1)



ˆ s ( s + 1) + j ( j + 1) − l (l + 1)

cos( sj ) =

2 s ( s + 1). j ( j + 1)



thay các giá trị μl, μs vào, ta có:

μ // = μo g j ( j + 1)



(3.46)

57



Bài giảng VL Nguyên tử, chương 3

Nguyễn Minh Thủy, ĐHSPHN



với g = 1 +



j ( j + 1) + s ( s + 1) − l (l + 1)

2 j ( j + 1)



(3.47)



g được gọi là thừa số Lande, có vai trò của tỷ số từ-cơ trong trường hợp tổng quát.

Thật vậy, (3.46) có thể viết lại thành:

uur eg u

r

J = h j ( j + 1) → μ // =

J

2me



Ví dụ với l=0, g=2; với s=0, g=1

Hệ số Landé cũng được tính bằng cơ học lượng tử từ các độ lớn của các véctơ

mômen động lượng:

r

r

r

J 2 + S 2 − L2

J ( J + 1) + S ( S + 1) − L( L + 1)

r2

g = 1+

= 1+

2 J ( J + 1)

2J



(3.47')



d. Độ tách và số các mức con

Ta đi tìm độ tách năng lượng:

ΔW = −( μ // B ) = − μo g j ( j + 1) B cos( μ // B ) = g μo m j B

cos( μ // B ) = − cos( jB ) =



mj



(3.48)



j ( j + 1)



m=-j,-j+1..,j-1,j

Biểu thức (3.48) cho ta xác định độ tách các mức năng lượng khi nguyên tử đặt trong

từ trường. So sánh với (3.33) ta thấy đây là công thức tổng quát, có sự tham gia của

spin của nguyên tử. Nếu nguyên tử có mômen spin bằng 0 thì g=1, J=L và ta thu

được sự tách vạch như hiệu ứng Zeeman thường.

Vậy, tổng quát, trong từ trường thích hợp, trạng thái có mômen toàn phần ứng với số

lượng tử j sẽ bị tách ra thành 2j+1 mức con với khoảng cách giữa chúng như (3.48).

Đây chính là hiệu ứng Zeeman tổng quát, được phát hiện vào năm 1897, mà theo lịch

sử được gọi là hiệu ứng Zeeman dị thường.

Hình 3.8 mô tả các trường hợp tách vạch của nguyên tử hiđro trong từ trường bằng 0,

từ trường yếu và từ trường mạnh (sẽ nói đến ở sau).



58



Bài giảng VL Nguyên tử, chương 3

Nguyễn Minh Thủy, ĐHSPHN



mJ = 1/ 2

2



P 2

1/



2



mJ = −1/ 2



S1/ 2



ml = 1



mJ = 1/ 2



0

−1



H =0



mJ = −1/ 2



H >0



ml = 0

H >> 0



Hình 3.8

e. Từ trường mạnh, hiệu ứng Paschen-Back

Trong từ trường mạnh, người ta thấy số vạch tách ra phù hợp với hiệu ứng

Zeeman thường (ít vạch hơn so với khi từ trường yếu). Điều này được giải thích là do

uu

r



uu

r



uu

r



uu

r



khi từ trường lớn, mối liên hệ giữa μl và μs không còn nữa, μl và μs bắt đầu tiến

động độc lập với nhau chung quanh từ trường B như trên hình 3.9, phép tính toán lại

cho kết quả tách vạch Lorentz thông thường.



B yếu

Hình 3.9



B mạnh



Từ (3.45) ta có:

r



r



r



μ = μL + μS = −



r

e r

( L + 2S )

2m0



Độ dịch mức năng lượng lúc này được tính theo các số lượng tử của L và S và chiếu

u

r



u

r



của các vectơ L và S xuống phương của từ trường.

f. Quan sát hiệu ứng Zeeman



59



Bài giảng VL Nguyên tử, chương 3

Nguyễn Minh Thủy, ĐHSPHN



Khi electron chuyển từ trạng thái (nljm) sang trạng thái (n'l'j'm'), nếu phù hợp

với quy tắc lọc lựa, sẽ có 1 vạch quang phổ, ứng với 1 tần số.

Nếu nguyên tử đặt trong từ trường, mỗi mức ứng với một trạng thái sẽ tách ra

thành (2j+1) mức con, như vậy sẽ có thêm các chuyển mức mới, ta quan sát thấy

trong phổ có tách thêm các vạch (gọi là hiệu ứng Zeeman). Độ tách vạch được xác

định bởi:

Tnljm = hν o khi B = 0



ν =(



Tnljm



=ν o +



h



+



Tn ' l ' j ' m ' g ' μo m ' B

g μo mB

)=

)−(

+

h

h

h



μo B



(mJ g − mJ ' g ') = ν o + ν L (mJ g − mJ ' g ')

h

μ B

ν L = o = 4,685.10−5.B (cm −1 )

h



(3.49)



ν L là độ tách vạch Lorentz thường.ν 0 là tần số ban đầu khi không có từ trường.



Vậy, độ tách vạch là:

Δν = ν L (mg − m ' g ')



Δm = m '− m = 0, ±1



Khi Δm = 0 thì ta có bức xạ phân cực thẳng, với phương dao động hướng theo

u

r



phương của B . Thành phần này kí hiệu là π ).

Khi Δm = ±1 , ta có bức xạ phân cực tròn quay theo trái và phải (kí hiệu là ±σ , như

hình 3.10).



Hình 3.10

Xét ví dụ sau: Vạch 6438,47 A do chuyển mức từ 1D2 → 1P1 . Ở đây S=0 nên ta có

trong cả hai mức hệ số Landé đều là 1, sự tách vạch giống như với Zeeman thường.

Trong từ trường B, mức trên bị tách thành 5, còn mức dưới bị tách thành 3 mức con.

Giữa chúng có 9 chuyển mức thoả mãn điều kiện lọc lựa, nhưng chỉ có 3 bước sóng

khác nhau, ứng với 3 vạch phổ.

60



Bài giảng VL Nguyên tử, chương 3

Nguyễn Minh Thủy, ĐHSPHN



Hình 3.11. Sơ đồ các mức năng lượng của nguyên tử hidro khi từ trương bằng 0 và

khác không (trên) và các vạch phổ quan sát được (dưới).

Đọc giả có thể tham khảo thêm về quan sát hiệu ứng Zeeman trong phần phụ lục I.8.

f. Cấu trúc siêu tinh tế

Ta đã biết đến cấu trúc tinh tế của vạch quang phổ hidro, được giải thích bằng

sự tồn tại mômen động lượng riêng spin của điện tử và là kết quả của tương tác spin quỹ đạo (xem phần sau). Cấu trúc siêu tinh tế của nguyên tử là do tương tác giữa

mômen từ spin của electrôn với mômen từ spin của hạt nhân.

Hiện tượng được tạo ra do ảnh hưởng của từ trường yếu của hạt nhân với

nguyên tử gọi là tương tác siêu tinh tế. Người ta đo được mức năng lượng bị tách

trong trường hợp này nhỏ hơn mức năng lượng bị tách trong tương tác spin - quỹ đạo.

Chúng ta có thể xét trong trường hợp mômen quỹ đạo bằng 0 (tức l = 0) ví dụ như

nguyên tử hiđrô. Như vậy, thực chất việc miêu tả tương tác siêu tinh tế là mô tả sự

ảnh hưởng lẫn nhau giữa spin của electrôn với spin của hạt nhân (hay gọi là tương tác

spin - spin), chi tiết của phần này có thể được tham khảo trong phần phụ lục (I.9).

3.14. Tương tác spin- quỹ đạo

Ta trở lại với hiện tượng cấu trúc tinh tế của vạch quang phổ hidro. Có thể giải

thích nó bằng cơ học lượng tử với sự tồn tại của spin.Tuy nhiên ta sẽ mô tả dưới ngôn

ngữ bán cổ điển.

Electron có mômen spin, gắn cùng khi nó chuyển động quanh hạt nhân. Trong

hệ quy chiếu gắn với hạt chuyển động, coi tương đối thì chính hạt nhân mang điện

dương chuyển động quanh điện tử với một vận tốc góc. Điều này dẫn đến hạt nhân sẽ

u

r



gây ra một từ trường tại vị trí mà điện tử đang chiếm. Từ trường B này là nội tại, do

61



Bài giảng VL Nguyên tử, chương 3

Nguyễn Minh Thủy, ĐHSPHN



hạt nhân gây ra, tuy nhiên, chính từ trường này cũng có thể gây ra hiện tượng

u

r



Zeeman, và kết quả là vạch phổ của nguyên tử sẽ bị tách ra thành hai mức, khi L

khác không. Hiệu ứng này còn được gọi là hiệu ứng Zeeman nội.

Hiệu ứng này có bản chất là do tương tác mômen spin- mômen quỹ đạo (hay gọi tắt

là L.S) trong nguyên tử. Do tương tác L.S, mỗi mức năng lượng sẽ dịch về hai phía

thành 2 vạch xít nhau.



ΔW

ΔE



m n



uur u

r

ΔW = −( μ s .B ) = ± μ B B



S.L=0



S.L>0



Hình 3.12. Sơ



đồ mức năng lượng của electron trong nguyên tử khi S.L=0 và S.L>0.

Tính toán định lượng (bán cổ điển) cho nguyên tử hidro cho thấy độ tách vạch

6563 là 2A, lớn hơn một chút so với thực nghiệm. Bằng cơ học lượng tử, tương tác

L.S sẽ được giải quyết chi tiết hơn.

3.15. Bài tập mẫu

Bài 1.

Hãy tìm phân bố mật độ xác suất tìm thấy electron theo bán kính của nguyên tử

trong nguyên tử hidro ở trạng thái cơ bản và cơ bản và biểu diễn phân bố đó bằng đồ

thị, cho biết hàm sóng mô tả trạng thái cơ bản của nguyên tử hidro có dạng:

−r

a0



ψ 1, 0 , 0 (r , θ, ϕ) = Ne , trong đó N là hệ số chuẩn hoá, a0 là bán kính Bohr thứ nhất.



Giải

Ta có Jacobien khi chuyển từ hệ toạ độ Descartes sang hệ toạ độ cầu là: J = r2sinθ

Do đó, phân bố xác suất theo bán kính là:

π



2π



2



π



2π



−2 r

a0



f (r ) = ∫0 ∫0 ψ( r, θ, ϕ) Jdθdϕ = ∫0 ∫0 N e r 2 sin θdθdϕ

= 4πN r e

Đồ thị:

2 2



2



−2 r

a0



62



f(r)



Bài giảng VL Nguyên tử, chương 3

Nguyễn Minh Thủy, ĐHSPHN



0



2



4



6



8



10



§¬n vÞ a0



Bài 1

Có bao nhiêu hàm sóng ψ (bậc suy biến) tương ứng với trạng thái có lượng tử số

chính n = 3 của nguyên tử hidro? Hãy viết tất cả các kí hiệu hàm sóng tìm được trong

hai hệ lượng tử số và chứng tỏ rằng tổng số các hàm sóng là bằng nhau trong mỗi hệ.

Giải

Ta biết n, l, m, mS có giá trị như sau:

n = 1, 2, 3, 4,..

l = 0, 1, 2, ..., n-1

m = -l, -l+1,..,0,.., l

mS = 1/2, -1/2

Do đó với n = 3 ta có các khả năng sau của l và m:

+l=0 m=0

+ l = 1 m = -1,1

m=0

m = -2, +2

+ l = 2 m = -1, +1

m=0

⇒ có 9 khả năng của l, m. Mà với mỗi l, m xác định có 2 khả năng của mS nên bậc

suy biến: k = 18.

( Thực ra chỉ cần áp dụng công thức bậc suy biến là 2n2)

Bài 2.

Giá trị mô men toàn phần của electron băng bao nhiêu khi mô men quỹ đạo của nó

ứng với số lượng tử l = 3.

Giải

63



Bài giảng VL Nguyên tử, chương 3

Nguyễn Minh Thủy, ĐHSPHN



r r r

Quy tắc cộng mômen: J = L + s , mà electron có spin bằng 1/2 nên ta có:

j = 3 +1/2 = 7/2

j = 3-1/2 = 5/2

Khi đó ta có:

⎡

⎢

J = j( j + 1)h = ⎢

⎢

⎢

⎣



7 9

63

. h=

h

2 2

2

5 7

35

. h=

h

2 2

2



Bài 3

Trong một thí nghiệm của Stern-Gerlack, một chùm hẹp nguyên tử bạc được phát ra

từ một nguồn có nhiệt độ T = 13500C. Chùm được chuẩn trực, sau đó cho đi qua một

từ trường mạnh và không đồng nhất, có gradien vuông góc với chùm và có giá trị

bằng 2,5T/cm (25000gauss/cm). Cho biết các bản cực nam châm có chiều dài l = 6cm

và mô men từ của nguyên tử là mô men từ riêng của electron hoá trị. Hãy tính khoảng

cách lớn nhất giữa hai vết của chùm quan sát được trên màn đặt cách tâm các bản cực

một khoảng d = 30cm.

Giải

Lực tác dụng lên điện tử khi nó chuyển động trong từ trường không đồng nhất là:

r

r r r

r

F = −∇(μ S .B) = −∇(μ Sz .B)



⇒ Fz =

=



eh ∂B

2m e ∂z



(1)



1,6.10 −19.6,626.10 −24 25000.10 −4

.

= 2,317.10 −21 N

2.2.π.9,1.10 −31

10 −2



Vì nhiệt độ của nguồn là T = 13500C = 1623K nên vận tốc trung bình của nguyên tử

bạc là:

v=



8k B T

8RT

8.8,31.1623

=

=

= 563m / s

πm Ag

πM

π.108.10 −3



(2)



Ta phải xét hai quá trình: 1. Hạt chuyển động trong từ trường. 2. Hạt chuyển động

ngoài từ trường.

1. Hạt chuyển động trong từ trường.

Độ mở rộng của chùm tia ở cuối hai bản cực nam châm là:

2



− 21

−2

23

1 ⎛ F ⎞⎛ l nc ⎞

⎟⎜ ⎟ = 2. 1 .⎛ 2,317.10 .6,022.10 ⎞⎛ 6.10 ⎞ = 0,15mm

2Δz1 = 2. .⎜

⎜

⎟⎜

⎟

2 ⎜ m Ag ⎟⎜ v 0 ⎟

2⎝

108.10 −3

⎠⎝ 563 ⎠

⎠⎝ ⎠

⎝

2



2. Chuyển động ngoài từ trường.



64



Bài giảng VL Nguyên tử, chương 3

Nguyễn Minh Thủy, ĐHSPHN



⎛ F l nc ⎞ l ng

⎟

2Δz 2 = 2.v z 20 .t 2 = 2.⎜

⎜ m . v ⎟. v

Ag

0 ⎠

0

⎝

− 21

23

⎛ 2,317.10 .6,022.10 6.10 −2 ⎞ (30 − 6 / 2).10 −2

= 2.⎜

.

= 1,32mm

⎟.

108.10 −3

563 ⎠

563

⎝



Ta có, độ mở rộng chùm tia:

2.Δz = 2.Δz1 + 2.Δz 2 = 1,47mm



Bài 4. (5.112)Tính ra manheton Bohr momen từ của nguyên tử:

a)Ở trạng thái 1 F ;



b)Ở trạng thái 2 D3 / 2 ;

c)Ở trạng thái với S = 1 , L = 2 và thừa số Lande g = 4 / 3 .

Giải

Trong bài này ta vận dụng các công thức:

r

e r

S = −2 μ B S ;

m

r

e r

r

μL = −

L = −μB L ;

2m

r r

r

μ = μL + μS .

r



μS = −



a)Ở trạng thái 1F: S = 0 , L = 3 , ⇒ J = L = S .

Từ đó ta có:



μS = 0

μ B = L(L + 1)μ B = 12μ B

1

2



3

2



b)Ở trạng thái 2D3/2: S = , L = 2 , J = ⇒

μS = 2μB

μ L = 6μB



⇒



Thừa số Landé:



gJ = 1 +



J (J + 1) + S (S + 1) − L(L + 1) 4

=

2 J ( J + 1)

5



Momen từ toàn phần μ // = g J J (J + 1)μ B =

c) Từ hệ thức:

J ( J + 1) =



μ // = g J



gJ = 1 +



2

15 μ B .

5



J ( J + 1) + S (S + 1) − L(L + 1) ,

2 J ( J + 1)



ta có:



S (S + 1) − L(L + 1) ⇒

2gJ − 3



4

S (S + 1) − L(L + 1)

μB =

12 μ B .

2gJ − 3

3



Bài 5.(5.113)Xác định momen cơ spin của một nguyên tử ở trạng thái D2 , nếu giá trị



cực đại của hình chiếu của momen từ ở trạng thái này bằng bốn manheton Bohr.

65



Bài giảng VL Nguyên tử, chương 3

Nguyễn Minh Thủy, ĐHSPHN



Giải

Giá trị cực đại của hình chiếu của momen từ μ z max = 4μ B ⇒ Jg J = 4 ⇒ g J = 2 .



Từ công thức tính thừa số Landé:

J ( J + 1) + S (S + 1) − L(L + 1) ⇒

gJ = 1 +

2 J ( J + 1)

S (S + 1) = (2 g J − 3)J (J + 1) + L(L + 1)

Ở trạng thái D2, L = 2 , J = 2 ⇒

S (S + 1) = 12 ⇒ S = 3



Từ đó ta có:

M S = S (S + 1)h = 2 3h .



Bài 6.(5.122)Trong một từ trường yếu các số hạng sau đây sẽ bị tách thành bao nhiêu

mức con:



a) 3 P0 ;

b) 2 F5 / 2 ;

c) 4 D1 / 2 ?

Giải

Khi nguyên tử nằm trong một từ trường yếu, do tương tác giữa từ trường và momen

từ của nguyên tử nên các mức năng lượng bị dịch đi. Tùy thuộc vào cách định hướng

của vector momen từ mà sự dịch mức nhiều hay ít, kết quả là nguyên tử có thêm

nhiều mức năng lượng phụ làm cho các vạch phổ phát xạ bị tách thành nhiều mức

con. Đây chính là hiệu ứng Zeeman dị thường.

Nếu momen từ của một trạng thái nào đó của của nguyên tử khác không và có số

lượng tử chính J thì số mức con tạo thành từ phân mức chính ban đầu sẽ là:

n = 2J + 1 .

r



a)Số hạng 3P0: trong trường hợp này do J = 0 suy ra μ = 0 nên không có sự tách mức

năng lượng.

1

2



5

2



b)Số hạng 2F5/2 có: S = , L = 3 , J = ≠ 0 , ta có giá trị của thừa số Landé:

gJ = 1 +



r

J ( J + 1) + S (S + 1) − L(L + 1) 6

= ≠ 0 , trong trường hợp này μ ≠ 0 , nên số hạng này

2 J ( J + 1)

7



sẽ bị tách thành: n = 2 J + 1 = 6 mức con.

3

2



1

2



c)Số hạng 4D1/2 có: S = , L = 2 , J = ≠ 0 , ta có giá trị của thừa số Landé:



66