7.1. Магнитный момент атома. Вычислить модуль магнитного момен’ та атома в состоянии с квантовыми числами $S=1, L=2$ и фактором Ланде $g=4 / 3$.
Р е ш е н и е. Магнитный момент атома определяется формулой (7.8). Чтобы его вычислить, надо знать $J$. Воспользуемся выражением (7.10). После подстановки в него данных из условия задачи получим:
\[
J^{2}+J-12=0,
\]
откуда $J=3$. Модуль искомого магнитного момента
\[
\mu=(8 / \sqrt{3}) \mu_{\mathrm{B}} .
\]
7.2. Максимальное значение проекции магнитного момента атома в состоянии $D_{2}$ равно четырем магнетонам Бора. Определить мультиплетность $v$ этого состояния.
Р е ш е и е. Воспользуемся формулой (7.9). Из условия
\[
\mu_{\text {тмакс }}=g J \mu_{\mathrm{B}}=4 \mu_{\mathrm{B}}
\]
находим $g=2$. Зная, что $L=2$ и $J=2$, определим с помощью (7.10) квантовое число $S$ :
\[
S^{2}+S-12=0, \quad S=3 .
\]
Отсюда мультиплетность $v=2 S+1=7$.
7.3. Написать спектральный символ терма атома, у которого $S=2$, полный момент $M_{J}=\hbar \sqrt{2}$, а магнитный момент равен нулю.
$\mathrm{P}$ е ш е н и е. При наличии механического момента магнитный момент может быть равен нулю только потому, что множитель Ланде $g=0$. Распишем это условие, учитывая, что из выражения для $M_{J}$ подкоренное число $2=J(J+1)$, откуда $J=1$. Итак, из условия, что $g$ (7.10) равно нулю, приходим к уравнению
\[
L^{2}+L-12=0,
\]
откуда $L=3$. Соответствующий спектральный символ ${ }^{5} F_{1}$.
7.4. Найти с помощью правил Хунда магнитный момент основного состояния атома, единственная незаполненная подоболочка которого заполнена ровно наполовину пятью электронами.
Р еше и и е. Всего в подоболочке имеется $2(2 l+1)$ состояний. Из условия $2 l+1=5$ находим $l=2$, значит и $m_{l \text { макс }}=2$. Это $d$-подоболочка. Составим для нее табличку заполнения:
Электроны расположены именно так, чтобы по первому правилу Хунда суммарный спин был максимален. Итак, $S=5 / 2, L=0$. По второму правилу Хунда $J=L+S=5 / 2$. Основной терм ${ }^{6} S_{5 / 2}$.
Множитель Ланде для этого состояния $g=2$, и магнитный момент
\[
\mu=\mu_{\mathrm{B}} g \sqrt{J(J+1)}=\sqrt{35} \mu_{\mathrm{L}} .
\]
7.5. Опыт Штерна и Герлаха. Узкий пучок атомов ванадия в основном состоянии ${ }^{4} F_{3 / 2}$ проходит через поперечное резко неоднородное магнитное поле и попадает на экран $Э$ (рис. 7.8). Найти расстояние $\Delta z$ между крайними компонентами расщепленного пучка на экране, если известны расстояния $l$, градиент магнитного поля $\partial B / \partial z$ и кине-
Рис. 7.8 тическая энергия $K$ атомов.
Р е ш е и е. Смещение на экране определяется формулой
\[
\delta z=\frac{a_{z} t_{1}{ }^{2}}{2}+v_{z} t_{2},
\]
где $t_{1}$ и $t_{2}$ – времена движения атома в магнитном поле и между магнитом и экраном. В нашем случае $t_{1}=t_{2}=t$. Кроме того, $v_{z}=a_{z} t$, поэтому (1) перепишем так:
\[
\delta z=\frac{3}{2} a_{2} t^{2} .
\]
Теперь учтем, что
\[
a_{z}=\frac{F}{m}=\frac{\mu_{z}}{m} \frac{\partial B}{\partial z}, \quad \mu_{z}=g J \mu_{\mathrm{B}},
\]
где множитель $g$ согласно (7.10) равен 2/5. Время $t=l / v, v-$ скорость атомов, $v=\sqrt{2 K / m}$. После подстановки этих выражений в (2) получим
\[
\Delta z=2 \delta z=\frac{3}{2} g J \mu_{\mathrm{B}} \frac{\partial B}{\partial z} \frac{l^{2}}{K} .
\]
7.6. Эффект Зеемана. На сколько подуровней расщепятся в слабом магнитном поле термы:
a) ${ }^{2} F_{5 / 2}$ и б) ${ }^{4} D_{1 / 2}$ ?
Р е ї е н и е. Это зависит от числа различных $m_{J}$ в формуле (7.9), а оно равно, как мы знаем, $2 J+1$. Но это не всегда так. Ведь проекция магнитного момента (7.9) зависит не только от $m_{J}$, но и от фактора g. А вдруг $g=0$ ? Проверим.
В случае а) $g=6 / 7$, поэтому данный терм расщепится на $2 J+1=6$ подуровней.
В случае же б) $g=0$, поэтому $\mu=0$, т. е. второй терм не расщепится совсем. На первый взгляд это выглядит довольно неожиданно. Но теперь мы убедились, что без предварительной проверки значения фактора $g$ (не равен ли он нулю), ответ на поставленный вопрос может оказаться неверным.
7.7. Сложный эффект Зеемаиа. Некоторая спектральная линия, обусловленная переходом в ${ }^{2} S_{1 / 2}$-состояние, расщепилась в слабом магнитном поле на шесть компонент. Определить спектральный символ исходного терма.
Р е ш е н и е. Согласно правилам отбора ( $\Delta S=0, \Delta L= \pm 1$ и $\Delta J=0, \pm 1$ ) можно написать ${ }^{2} P_{J} \rightarrow{ }^{2} S_{1 / 2}$. Неопределенным осталось только квантовое число $J$. Из правила отбора для $\Delta J$ следует, что $J$ может иметь два значения: $1 / 2$ или $3 / 2$. При $J=1 / 2$ возникают четыре компоненты, а при $J=3 / 2$ – шесть (см. рис. 7.5). Следует обратить внимание на то, что во втором случае образуются именно шесть, а не три компоненты. Это обусловлено тем, что значения фактора Ланде у термов ${ }^{2} P_{3 / 2}$ и ${ }^{2} S_{1 / 2}$ разные (4/3 и 2). Таким образом, символ исходного терма ${ }^{2} P_{3 / 2}$.
7.8. Одну и ту же спектральную линию, испытывающую сложный эффект Зеемана, наблюдают в направлений 1 , а также в направлении 2 – после отражения от зеркала 3 (рис. 7.9). Сколько компонент будет наблюдаться в обоих направлениях, если спектральная линия обусловлена переходом ${ }^{3} P_{2} \rightarrow{ }^{3} S_{1} ?$
Рис. 7.9
Решен и е. Изобразим возможные переходы между расщепленными в магнитном поле термами (рис. 7.10). Верхние подуровни расположены более тесно, чем нижние, поскольку их множители Ланде равны соответственно $3 / 2$ и 2 . Поэтому все изображенные согласно правилу отбора (7.13) переходы различны, и в направлении 1 мы будем наблюдать девять компонент. В направлении же 2 наблюдается излучение, не перпендикулярное магнитному полю,
а вдоль него. Поэтому $\pi$-компоненты исчезают, остаются только $\sigma$-компоненты, их шесть.
7.9. ЭПР. Найти магнитный момент атомов никеля (в состоянии ${ }^{3} F$ ), которые обнаруживают резонансное поглощение энергии при одновременном воздействии постоянного магнитного поля с индукцией $B=$ $=2,00$ кГс и перпендикулярного к нему переменного поля $B_{\mathrm{v}}$ с часто-
Рис. 7.10 той $v=3,50$ ГГц.
Р е ш е н и е. Согласно (7.19) при резонансе
\[
\hbar \cdot 2 \pi
u=\delta E_{\mathrm{pe} 3}=\mu_{\mathrm{B}} g B .
\]
Отсюда находим фактор Ланде $g=1,25$. Затем с помощью формулы (7.10) и данных в условии задачи ( $L=3, S=1$ ) определим квантовое число $J$ :
\[
J^{2}+J-20=0, \quad \text { откуда } J=4 .
\]
В результате получим
\[
\mu=\mu_{\mathrm{B}} g \sqrt{J(J+1)}=5,6 \mu_{\mathrm{B}} .
\]
