Vì sao thêm một electron có thể đổi hẳn tính chất hóa học?

Liti có ba electron trong mỗi nguyên tử và phản ứng mạnh với nước. Heli có hai electron trong mỗi nguyên tử nhưng hầu như không tham gia phản ứng hóa học. Vì sao việc thêm một electron lại đi kèm sự thay đổi lớn đến vậy?

Mở đầu chương: Liti phản ứng với nước, trong khi heli được dùng để bơm bóng nhờ tính trơ hóa học và khối lượng riêng nhỏ. Cấu trúc electron giúp giải thích sự khác biệt về tính chất của hai nguyên tố.

Nguyên nhân chủ yếu của sự khác biệt là điều nào sau đây?

1. Electron thứ ba chịu lực đẩy điện rất mạnh từ hai electron còn lại.
2. Electron thứ ba cùng hạt nhân lớn hơn làm nguyên tử liti nặng hơn nguyên tử heli.
3. Có giới hạn về số electron có thể chiếm cùng một trạng thái lượng tử.
4. Hạt nhân liti mang điện tích dương lớn hơn hạt nhân heli.

Xem đáp án và định hướng giải thích

Chọn 3. cho phép tối đa hai electron có spin đối nhau trong cùng một . Hai electron của heli lấp đầy phân lớp thấp nhất. Electron thứ ba của liti phải chiếm một trạng thái không gian cao hơn và liên kết lỏng hơn với nguyên tử. vì thế quyết định cách nguyên tử tham gia liên kết và phản ứng.

Lực đẩy giữa các electron và điện tích hạt nhân đều có vai trò trong cấu trúc nguyên tử. Tuy nhiên, nếu bỏ nguyên lý loại trừ, ta không giải thích được cách các electron lần lượt lấp đầy những trạng thái khác nhau.

cung cấp cơ sở để tìm hiểu tính chất hóa học của các nguyên tố, bảng tuần hoàn và liên kết hóa học. Điều đó không làm các bài toán nhiều electron trở nên đơn giản. Cần mở rộng mô hình một chiều sang ba chiều, nhận diện những số lượng tử thích hợp và áp dụng điều kiện đối với các electron giống nhau.

Ta bắt đầu từ hộp ba chiều để thấy một mức năng lượng có thể ứng với nhiều trạng thái. Tiếp đó, nghiệm của nguyên tử hydro cho các số lượng tử mô tả năng lượng và mômen động lượng. Sự lượng tử hóa mômen xuất hiện từ nghiệm và điều kiện biên, thay vì được đặt thêm như một điều kiện riêng của .

Spin của electron đưa đến một số lượng tử nữa. Kết hợp spin với giúp giải thích cấu hình của nguyên tử nhiều electron. Phổ tia X cho phép khảo sát các mức sâu bên trong nguyên tử, còn cho thấy trạng thái của hai hạt có thể không tách thành hai mô tả độc lập.

Trước khi học, cần nhắc lại , mômen , sóng đứng, cơ chế tạo tia X và . Các khái niệm , chuẩn hóa, hộp một chiều, dao động tử điều hòa và phép đo của chương trước sẽ được dùng xuyên suốt.

8 chủ đề · tổng cộng khoảng 24 phút đọc

Trạng thái ba chiều và nguyên tử hydro

1. 1Phương trình Schrödinger trong ba chiềuĐộng năng và xác suất mở rộng sang ba chiều như thế nào?Khoảng 3 phút
2. 2Hạt trong hộp ba chiềuĐiều kiện biên tạo các mức và suy biến ra sao?Khoảng 3 phút
3. 3Nguyên tử hydro và các số lượng tửNghiệm Coulomb mô tả trạng thái nguyên tử bằng những số nào?Khoảng 3 phút
4. 4Mômen từ quỹ đạo và hiệu ứng ZeemanVì sao từ trường làm tách các mức và vạch phổ?Khoảng 3 phút

Spin, nhiều electron và thông tin lượng tử

1. 5Spin electron và cấu trúc tinh tếNhững kết quả nào đòi hỏi mômen động lượng nội tại?Khoảng 3 phút
2. 6Nguyên tử nhiều electron và PauliCác electron lấp đầy trạng thái dưới những ràng buộc nào?Khoảng 3 phút
3. 7Phổ tia X đặc trưngPhoton tia X cho biết gì về những mức nằm sâu trong nguyên tử?Khoảng 3 phút
4. 8Rối lượng tử và qubitKhi nào trạng thái hai hạt không thể tách thành hai mô tả riêng?Khoảng 3 phút

Tổng kết chương

Phương trình Schrödinger trong ba chiều

Với khối lượng không đổi và thế năng không phụ thuộc thời gian, đặt toán tử Laplace bằng tổng ba đạo hàm bậc hai:

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{\nabla }}^2\psi & ={\psi }_{xx}+{\psi }_{yy}+{\psi }_{zz},\\ {\psi }_{xx}& =\frac{{\partial }^2\psi }{\partial x^2}.\end{array}$$

Hai ký hiệu ${\psi }_{yy}$ và ${\psi }_{zz}$ được định nghĩa tương tự theo $y$ và $z$. Phương trình trạng thái dừng là:

$$-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\nabla }}^2\psi +U\psi =E\psi .$$

Mật độ xác suất là $|\psi {|}^2$, còn xác suất trong một miền được tính bằng theo thể tích. phải thỏa mãn điều kiện biên và điều kiện chuẩn hóa trên toàn miền.

Hạt trong hộp ba chiều

Trong hộp lập phương cạnh $L$ có thành vô hạn và đáy thế bằng 0, ba số lượng tử $n_x,n_y,n_z$ là các số nguyên dương. Đặt:

$$\begin{array}{rl}N& =n_x^2+n_y^2+n_z^2,\\ E_{\ast }& =\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}.\end{array}$$

Năng lượng bằng $E=N{E}_{\ast }$. Phần không gian của là tích ba hàm sin một chiều. Những bộ số lượng tử khác nhau có thể cho cùng tổng $N$, tạo nên . Hoán đổi các trục làm đổi trạng thái khi bộ số lượng tử đổi, dù năng lượng có thể giữ nguyên.

Tổng kết hộp ba chiều: Hạt bị giới hạn bởi sáu thành của hộp lập phương. Các nút sóng tại thành lượng tử hóa ba thành phần số sóng.

Nguyên tử hydro

Trong mô hình Coulomb phi tương đối tính, năng lượng phụ thuộc số lượng tử chính $n$. Nếu tính chuyển động của hạt nhân, dùng khối lượng rút gọn:

$$m_r=\frac{m_{e}M}{m_e+M}.$$

Ở đây $M$ là khối lượng hạt nhân. Đặt thang năng lượng dương $E_{\mathrm{H}}$ và bán kính $a$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{H}}& =\frac{m_r{e}^4}{2(4\pi {\epsilon }_0{)}^2{\hslash }^2},\\ a& =\frac{4\pi {\epsilon }_0{\hslash }^2}{m_r{e}^2}.\end{array}$$

Với hydro, $E_n=-E_{\mathrm{H}}/n^2$, trong đó $E_{\mathrm{H}}\approx 13,60\mathrm{eV}$ và $a\approx 5,29\times {10}^{-11}\mathrm{m}$. Với ion chỉ có một electron và điện tích hạt nhân $Ze$, năng lượng nhận thêm hệ số $Z^2$.

Các số lượng tử quỹ đạo có miền:

$$\begin{array}{rl}n& =1,2,3,\dots ,\\ \ell & =0,1,\dots ,n-1,\\ m_{\ell }& =-\ell ,-\ell +1,\dots ,\ell .\end{array}$$

Độ lớn mômen động lượng quỹ đạo và hình chiếu lên trục chọn trước là:

$$\begin{array}{rl}L& =\sqrt{\ell (\ell +1)}\hslash ,\\ L_z& =m_{\ell }\hslash .\end{array}$$

Không đồng nhất $L$ với $L_z$ và không gán một quỹ đạo cổ điển xác định cho .

Tổng kết mômen quỹ đạo: Với cùng số lượng tử ℓ, hình chiếu lên trục z chỉ nhận các giá trị rời rạc, trong khi độ lớn mômen giữ nguyên.

Mật độ theo bán kính khác mật độ theo thể tích. Nếu $\psi$ không phụ thuộc góc, chẳng hạn trạng thái $1s$:

$$P(r)=4\pi r^2|\psi (r){|}^2.$$

Khi đã tách phần góc chuẩn hóa khỏi , dạng tổng quát tương ứng là $P(r)=r^2|R(r){|}^2$. Xác suất tìm thấy electron trong vỏ cầu từ $r$ đến $r+dr$ bằng $P(r)dr$.

Hiệu ứng Zeeman

Mômen từ quỹ đạo của electron ngược hướng với mômen động lượng vì điện tích electron âm. Đặt :

$${\mu }_{\mathrm{B}}=\frac{e\hslash }{2m_e}.$$

Với từ trường hướng dương trục $z$, năng lượng tương tác quỹ đạo là:

$$U=-{\mu }_{z}B=m_{\ell }{\mu }_{\mathrm{B}}B.$$

Trước khi kể spin, một mức có số lượng tử $\ell$ có thể tách thành $2\ell +1$ thành phần. Cấu trúc vạch quan sát được còn phụ thuộc các điều kiện chọn của chuyển mức.

Tổng kết Zeeman: Các trạng thái có hình chiếu mômen khác nhau tách năng lượng khi độ lớn từ trường tăng.

Chú thích:

• Từ trường tăng (B increasing)

Spin electron và tương tác spin–quỹ đạo

Electron có spin nội tại $s=1/2$. Độ lớn spin và hai giá trị hình chiếu là:

$$\begin{array}{rl}S& =\sqrt{s(s+1)}\hslash =\frac{\sqrt{3}}{2}\hslash ,\\ S_z& =m_s\hslash ,m_s=\pm \frac{1}{2}.\end{array}$$

Spin là mômen động lượng nội tại, không phải chuyển động tự quay cổ điển của một quả cầu electron.

Mômen từ spin gần bằng $-e\mathbf{S}/m_e$. Với từ trường hướng dương trục $z$, trạng thái có $S_z>0$ có năng lượng tương tác cao hơn trạng thái có $S_z<0$. Sự tách mức này là cơ sở của cộng hưởng spin.

Tổng kết spin: Hai trạng thái spin theo trục từ trường tách năng lượng với độ dịch chuyển trái dấu khi từ trường tăng.

Chú thích:

• Spin hướng lên (Spin up)
• Spin hướng xuống (Spin down)
• Từ trường tăng (B increasing)

Khi cộng và spin, số lượng tử tổng nhận $j=\ell +1/2$ hoặc $j=\ell -1/2$, với giá trị thứ hai chỉ tồn tại khi $\ell \ge 1$. Các hiệu chỉnh tương đối tính và làm năng lượng phụ thuộc $j$.

Với hydro, đặt hằng số cấu trúc tinh tế $\alpha =e^2/(4\pi {\epsilon }_0\hslash c)$ và:

$$\begin{array}{rl}b& =\frac{n}{j+1/2}-\frac{3}{4},\\ F_{n,j}& =\frac{{\alpha }^{2}b}{n^2}.\end{array}$$

Ở bậc gần đúng đang xét:

$$E_{n,j}\approx -\frac{E_{\mathrm{H}}}{n^2}(1+F_{n,j}).$$

Nguyên tử nhiều electron và nguyên lý loại trừ

$n,\ell ,m_{\ell },m_s$ xác định một trạng thái một electron trong mô hình trường xuyên tâm. Không có hai electron trong nguyên tử cùng chiếm một trạng thái với cả bốn số lượng tử giống nhau. Vì vậy, một không gian chứa tối đa hai electron có spin đối nhau.

Các electron bên trong che chắn một phần điện tích hạt nhân đối với electron bên ngoài. Với điện tích hiệu dụng $Z_{\mathrm{e}\mathrm{f}\mathrm{f}}e$, ước lượng năng lượng là:

$$E_n\approx -\frac{Z_{\mathrm{e}\mathrm{f}\mathrm{f}}^2}{n^2}(13,6\mathrm{eV}).$$

Điện tích hiệu dụng phụ thuộc trạng thái, nên không thể thay toàn nguyên tử bằng một giá trị che chắn duy nhất cho mọi . và cấu trúc bảng tuần hoàn xuất hiện từ việc lấp đầy các trạng thái dưới ràng buộc Pauli.

Tổng kết che chắn: Trong nguyên tử liti, hai electron bên trong che chắn một phần điện tích hạt nhân đối với electron ở xa hơn.

Chú thích:

• Hạt nhân (Nucleus)
• Phân lớp 1s (1s subshell)
• Phân lớp 2s (2s subshell)

Phổ tia X đặc trưng

Khi tạo lỗ trống ở một mức sâu, electron từ mức cao hơn có thể chuyển xuống và phát tia X. Tần số vạch đặc trưng phản ánh hiệu năng lượng giữa các mức. Với vạch $K_{\alpha }$, gần đúng Moseley cho:

$$\begin{array}{rl}C& =2,48\times {10}^{15}\mathrm{Hz},\\ f& \approx C(Z-1{)}^2.\end{array}$$

Thừa số $Z-1$ biểu diễn gần đúng che chắn bởi electron còn lại ở lớp trong. Phổ đặc trưng cần được phân biệt với nền liên tục do bức xạ hãm.

Tổng kết Moseley: Căn bậc hai tần số vạch Kα biến thiên gần tuyến tính theo số hiệu nguyên tử trong mô hình che chắn đơn giản.

Rối lượng tử

Trạng thái thuần của hai hạt có thể không viết được thành tích hai trạng thái riêng biệt. Chẳng hạn, nếu $A$ và $B$ là hai trạng thái một hạt trực chuẩn, ta đặt:

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Phi }}_1& =A(1)B(2),\\ {\mathrm{\Phi }}_2& =B(1)A(2).\end{array}$$

Tổ hợp chuẩn hóa:

$$\mathrm{\Psi }=\frac{{\mathrm{\Phi }}_1-{\mathrm{\Phi }}_2}{\sqrt{2}}$$

là một đối xứng lẻ dưới hoán đổi hai hạt. Khi đo một hạt trong cơ sở thích hợp, kết quả xác định phân bố có điều kiện của hạt còn lại. Những tương quan này không đồng nghĩa với khả năng gửi thông tin điều khiển được nhanh hơn ánh sáng.

Tổng kết rối lượng tử: Trạng thái hai hạt được tạo bởi sự chồng chập mạch lạc của hai cấu hình. Dấu tương đối giữa hai thành phần ảnh hưởng các tương quan đo.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 41, trang 1360–1407.

Luyện tập hướng dẫn

Nhóm 12 bài luyện tập sau củng cố kỹ năng giải các bài toán trọng tâm của cơ học lượng tử trong không gian ba chiều: thế lập phương, và lượng tử hóa mômen động lượng của nguyên tử hydro, cùng các hiệu ứng spin và cấu trúc tinh tế.

Trong các phép tính, sử dụng các hằng số vật lý tiêu chuẩn:

$$\begin{array}{rl}& h=\mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s},\\ & \hslash \approx \mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s},\\ & c=3,00\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ & e=\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C},\\ & m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg},\\ & a=\mathrm{5,292}\times {10}^{-11}\mathrm{m},\\ & {\mu }_B\approx \mathrm{9,274}\times {10}^{-24}\mathrm{J}/\mathrm{T},\\ & {\mu }_B\approx \mathrm{5,788}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{T},\\ & \alpha \approx 1/137,04.\end{array}$$

---

VP41.1.1

Một hạt chuyển động trong hộp thế ba chiều có kích thước các cạnh bằng nhau và bằng $L$ như mô tả ở Hình 41.1 đang ở trạng thái lượng tử có các số lượng tử $n_X=2$, $n_Y=1$, $n_Z=3$. Hãy xác định: (a) Các mặt phẳng bên trong hộp (khác với các vách hộp) mà tại đó hàm phân bố xác suất tìm thấy hạt triệt tiêu. (b) Xác suất để tìm thấy hạt ở vị trí bất kỳ trong miền không gian xác định bởi $0\le x\le L/3$.

Hình 41.1: Hạt bị giam trong hộp thế lập phương ba chiều có cạnh L với các thành tại x = 0, x = L, y = 0, y = L, z = 0 và z = L.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hộp thế lập phương ba chiều cạnh $L$, hạt ở trạng thái $(n_X,n_Y,n_Z)=(2,1,3)$.
• Cần tìm: (a) Các mặt phẳng nút bên trong lòng hộp; (b) Xác suất tìm thấy hạt trong miền $0\le x\le L/3$.

Hướng đi:

• dừng trong hộp lập phương ba chiều là tích tách biến của ba hàm sóng một chiều:

$$\psi (x,y,z)=X(x)Y(y)Z(z)$$

• Mật độ xác suất $|\psi {|}^2$ triệt tiêu khi một trong ba thành phần tọa độ triệt tiêu, tạo thành các mặt phẳng nút song song với các vách hộp.
• Vì ba biến số độc lập, xác suất tìm thấy hạt trong một khoảng tọa độ $x$ được tính bằng của $|X_{n_X}(x){|}^2$ trên đoạn đó, trong khi tích phân theo $y$ và $z$ trên toàn bộ bề rộng $[0,L]$ đều chuẩn hóa bằng 1.

Lời giải chi tiết:

(a) Xác định các mặt phẳng nút bên trong hộp: dừng của lập phương có dạng tích tách biến $\psi (x,y,z)=X_2(x)Y_1(y)Z_3(z)$ với:

$$\begin{array}{rl}& X_2(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \frac{2\pi x}{L},\\ & Y_1(y)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \frac{\pi y}{L},\\ & Z_3(z)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \frac{3\pi z}{L}.\end{array}$$

Hàm mật độ xác suất $|\psi (x,y,z){|}^2=0$ khi một trong ba thừa số hình sin triệt tiêu tại các điểm bên trong hộp ($0<x,y,z<L$):

• Đối với phương $x$: Điểm nút thỏa mãn $\sin (2\pi x/L)=0$, cho $2\pi x/L=\pi$, suy ra mặt phẳng:

$$x=\frac{L}{2}$$

• Đối với phương $y$: Thừa số $\sin (\pi y/L)$ chỉ triệt tiêu tại hai mép vách $y=0$ và $y=L$, do đó không có mặt phẳng nút nào nằm bên trong lòng hộp.
• Đối với phương $z$: Điểm nút thỏa mãn $\sin (3\pi z/L)=0$, cho $3\pi z/L=\pi$ hoặc $2\pi$, suy ra hai mặt phẳng:

$$\begin{array}{rl}& z=\frac{L}{3},\\ & z=\frac{2L}{3}.\end{array}$$

Vậy các mặt phẳng nút bên trong hộp là:

$$\begin{array}{rl}& x=\frac{L}{2},\\ & z=\frac{L}{3},z=\frac{2L}{3}.\end{array}$$

(b) Tính xác suất hạt nằm trong miền $0\le x\le L/3$: Do chuẩn hóa độc lập theo từng phương:

$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^L|Y_1(y){|}^2\mathrm{d}y=1,\\ & {\int }_0^L|Z_3(z){|}^2\mathrm{d}z=1.\end{array}$$

Đặt biến số không thứ nguyên $u=x/L$ với $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x/L$, xác suất cần tìm quy về một chiều:

$$P={\int }_0^{1/3}2{\sin }^2(2\pi u)\mathrm{d}u$$

Sử dụng công thức hạ bậc ${\sin }^2\theta =\frac{1-\cos (2\theta )}{2}$:

$$\begin{array}{rl}P& ={\int }_0^{1/3}[1-\cos (4\pi u)]\mathrm{d}u\\ & ={[u-\frac{\sin (4\pi u)}{4\pi }]}_0^{1/3}\\ & =\frac{1}{3}-\frac{\sin (4\pi /3)}{4\pi }\end{array}$$

Vì $\sin (4\pi /3)=-\frac{\sqrt{3}}{2}$, ta thu được:

$$\begin{array}{rl}P& =\frac{1}{3}+\frac{\sqrt{3}}{8\pi }\\ & \approx \mathrm{0,333}3+\mathrm{0,068}9\\ & \approx \mathrm{0,402}\end{array}$$

Hình minh họa: Phân bố xác suất và mặt phẳng nút của trạng thái n_x = 2.

---

VP41.1.2

Một nửa thể tích của hộp thế ba chiều cạnh $L$ nằm trong vùng không gian $L/4\le x\le 3L/4$. Hãy tính xác suất để tìm thấy hạt trong vùng này nếu hạt ở các trạng thái lượng tử sau: (a) $n_X=1$, $n_Y=1$, $n_Z=1$. (b) $n_X=2$, $n_Y=1$, $n_Z=2$. (c) $n_X=3$, $n_Y=2$, $n_Z=3$. (d) $n_X=4$, $n_Y=1$, $n_Z=1$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hộp thế ba chiều cạnh $L$, miền khảo sát: $L/4\le x\le 3L/4$, $0\le y\le L$, $0\le z\le L$.
• Cần tính xác suất $P$ đối với các bộ số lượng tử: (a) $(1,1,1)$; (b) $(2,1,2)$; (c) $(3,2,3)$; (d) $(4,1,1)$.

Hướng đi:

• Giới hạn của $y$ và $z$ bao trọn toàn bộ hộp $[0,L]$, do đó tích phân theo $y$ và $z$ bằng 1.
• Xác suất chỉ phụ thuộc vào số lượng tử $n_X$ theo công thức dọc theo trục $x$:

$$\begin{array}{rl}& P(n_X)={\int }_{L/4}^{3L/4}|X(x){|}^2\mathrm{d}x,\\ & |X(x){|}^2=\frac{2}{L}{\sin }^2\left(\frac{n_X\pi x}{L}\right).\end{array}$$

• Đặt ẩn phụ $u=x/L$, chuyển về trên đoạn $[1/4,3/4]$.

Lời giải chi tiết:

Đặt biến số không thứ nguyên $u=x/L$, hàm nguyên hàm có dạng:

$$\begin{array}{rl}& F(u)=u-\frac{\sin (2n_X\pi u)}{2n_X\pi },\\ & P(n_X)=F(3/4)-F(1/4).\end{array}$$

(a) Với trạng thái $n_X=1$:

$$\begin{array}{rl}P(1)& =\frac{1}{2}-\frac{(-1)-(1)}{2\pi }\\ & =\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi }\\ & \approx \mathrm{0,500}+\mathrm{0,318}\\ & =\mathrm{0,818}\end{array}$$

(b) Với trạng thái $n_X=2$:

$$\begin{array}{rl}P(2)& =\frac{1}{2}-\frac{0-0}{4\pi }\\ & =\frac{1}{2}\\ & =\mathrm{0,500}\end{array}$$

(c) Với trạng thái $n_X=3$:

$$\begin{array}{rl}P(3)& =\frac{1}{2}-\frac{1-(-1)}{6\pi }\\ & =\frac{1}{2}-\frac{1}{3\pi }\\ & \approx \mathrm{0,500}-\mathrm{0,106}\\ & =\mathrm{0,394}\end{array}$$

(d) Với trạng thái $n_X=4$:

$$\begin{array}{rl}P(4)& =\frac{1}{2}-\frac{0-0}{8\pi }\\ & =\frac{1}{2}\\ & =\mathrm{0,500}\end{array}$$

---

VP41.1.3

Miền không gian xác định bởi $0\le x\le L/4$, $0\le y\le L/4$ và $0\le z\le L$ chiếm tỷ lệ thể tích bằng $1/16=\mathrm{0,062}5$ của hộp thế lập phương ba chiều cạnh $L$. Hãy xác định xác suất tìm thấy hạt trong miền này đối với các trạng thái sau: (a) $n_X=1$, $n_Y=1$, $n_Z=1$. (b) $n_X=2$, $n_Y=1$, $n_Z=2$. (c) $n_X=3$, $n_Y=2$, $n_Z=3$. (d) $n_X=4$, $n_Y=1$, $n_Z=1$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Miền thể tích góc: $0\le x\le L/4$, $0\le y\le L/4$, $0\le z\le L$.
• Cần tính xác suất $P=P_x(n_X)\cdot P_y(n_Y)$ cho bốn trạng thái cho trước.

Hướng đi:

• Xác suất được phân rã thành tích của hai xác suất thành phần theo $x$ và $y$:

$$\begin{array}{rl}& P=P_x\cdot P_y,\\ & P_x=I(n_X),P_y=I(n_Y).\end{array}$$

• một chiều $I(n)={\int }_0^{1/4}2{\sin }^2(n\pi u)\mathrm{d}u$:

$$\begin{array}{rl}& I(n)=\frac{1}{4}-\frac{S_n}{2n\pi },\\ & S_n=\sin (n\pi /2).\end{array}$$

Lời giải chi tiết:

Tính giá trị $I(n)$ cho các số lượng tử $n=1,2,3,4$:

• Với $n=1$:

$$\begin{array}{rl}I(1)& =\frac{1}{4}-\frac{1}{2\pi }\\ & \approx \mathrm{0,090}85\end{array}$$

• Với $n=2$:

$$I(2)=\frac{1}{4}=\mathrm{0,250}0$$

• Với $n=3$:

$$\begin{array}{rl}I(3)& =\frac{1}{4}+\frac{1}{6\pi }\\ & \approx \mathrm{0,303}05\end{array}$$

• Với $n=4$:

$$I(4)=\frac{1}{4}=\mathrm{0,250}0$$

Áp dụng cho từng trạng thái:

(a) Trạng thái $(n_X,n_Y,n_Z)=(1,1,1)$:

$$\begin{array}{rl}P& =I(1)\cdot I(1)\\ & \approx (\mathrm{0,090}85{)}^2\\ & \approx 8,25\times {10}^{-3}\end{array}$$

(b) Trạng thái $(n_X,n_Y,n_Z)=(2,1,2)$:

$$\begin{array}{rl}P& =I(2)\cdot I(1)\\ & \approx \mathrm{0,250}0\times \mathrm{0,090}85\\ & \approx \mathrm{0,022}7\end{array}$$

(c) Trạng thái $(n_X,n_Y,n_Z)=(3,2,3)$:

$$\begin{array}{rl}P& =I(3)\cdot I(2)\\ & \approx \mathrm{0,303}05\times \mathrm{0,250}0\\ & \approx \mathrm{0,075}8\end{array}$$

(d) Trạng thái $(n_X,n_Y,n_Z)=(4,1,1)$:

$$\begin{array}{rl}P& =I(4)\cdot I(1)\\ & \approx \mathrm{0,250}0\times \mathrm{0,090}85\\ & \approx \mathrm{0,022}7\end{array}$$

---

VP41.1.4

Xét miền không gian hình lập phương nằm ở tâm của hộp thế ba chiều cạnh $L$, được giới hạn bởi $L/4\le x\le 3L/4$, $L/4\le y\le 3L/4$, $L/4\le z\le 3L/4$. (a) Thể tích của miền lập phương này chiếm bao nhiêu phần tổng thể tích của toàn bộ hộp thế? (b) Nếu một đang ở trạng thái cơ bản $n_X=1$, $n_Y=1$, $n_Z=1$, hãy tính xác suất để tìm thấy hạt ở vị trí bất kỳ bên trong miền lập phương ở tâm này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Miền khối lập phương tâm: Mỗi cạnh có bề rộng $\mathrm{\Delta }x=\mathrm{\Delta }y=\mathrm{\Delta }z=L/2$.
• Cần tính: (a) Tỷ lệ thể tích; (b) Xác suất ở trạng thái cơ bản $(1,1,1)$.

Hướng đi:

• Thể tích khối lập phương ở tâm là $(\mathrm{\Delta }L{)}^3=(L/2{)}^3$.
• Do tính tách biến và đối xứng hoàn toàn giữa ba trục, xác suất toàn phần trong khối lập phương là tích lập phương của xác suất một chiều: $P=[P_x(1){]}^3$.

Lời giải chi tiết:

(a) Xác định tỷ lệ thể tích: Thể tích của toàn bộ hộp là $V_{\text{hộp}}=L^3$. Bề rộng mỗi cạnh của miền lập phương ở tâm là:

$$\begin{array}{rl}& L_x=\frac{3L}{4}-\frac{L}{4}=\frac{L}{2},\\ & V_{\text{tâm}}=L_x^3=\frac{L^3}{8}.\end{array}$$

Phân số thể tích là:

$$\frac{V_{\text{tâm}}}{V_{\text{hộp}}}=\frac{1}{8}=\mathrm{0,125}$$

(b) Tính xác suất hạt ở trạng thái cơ bản nằm trong miền lập phương tâm: trạng thái cơ bản phụ thuộc ba tọa độ. Ký hiệu gọn hàm này là ${\psi }_{111}$, ta có:

$${\psi }_{111}=X_1(x)Y_1(y)Z_1(z).$$

Trong đó:

$$X_1(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \frac{\pi x}{L}$$

và tương tự cho các biến $y,z$.

xác suất theo mỗi phương chính là kết quả $P(1)$ đã tính ở Bài VP41.1.2:

$$\begin{array}{rl}& P_x=P_y=P_z=P(1),\\ & P(1)\approx \mathrm{0,818}3.\end{array}$$

Vì ba phương tọa độ hoàn toàn độc lập và có cùng số lượng tử $n=1$:

$$\begin{array}{rl}P& =P_x\cdot P_y\cdot P_z\\ & =(P_x{)}^3\\ & \approx (\mathrm{0,818}3{)}^3\\ & \approx \mathrm{0,548}\end{array}$$

Xác suất tìm thấy hạt trong miền trung tâm chiếm hơn $54,8\mathrm{\%}$, lớn hơn rất nhiều so với tỷ lệ thể tích hình học $12,5\mathrm{\%}$, do trạng thái cơ bản tập trung mật độ cực đại tại tâm hộp.

---

VP41.4.1

Xét các trạng thái lượng tử có số lượng tử chính $n=6$ của nguyên tử hydro. (a) Có bao nhiêu trạng thái $(l,m_l)$ phân biệt ứng với mức này? (b) Tính độ lớn cực đại của mômen động lượng quỹ đạo $L$ theo đơn vị $\hslash$. (c) Tính giá trị cực đại của thành phần $z$ của mômen động lượng quỹ đạo theo đơn vị $\hslash$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Mức năng lượng $n=6$ của nguyên tử hydro.
• Cần tìm: (a) Số trạng thái $(l,m_l)$ khác nhau; (b) Giá trị lớn nhất của $L$; (c) Giá trị lớn nhất của $L_z$.

Hướng đi:

• Với số lượng tử chính $n$, số lượng tử quỹ đạo $l$ nhận các giá trị nguyên từ $0$ đến $n-1$.
• Với mỗi giá trị $l$, số lượng tử từ quỹ đạo $m_l$ nhận $2l+1$ giá trị từ $-l$ đến $+l$. Tổng số trạng thái quỹ đạo bằng $\sum _{l=0}^{n-1}(2l+1)=n^2$.
• Độ lớn mômen động lượng quỹ đạo được lượng tử hóa theo hệ thức $L=\sqrt{l(l+1)}\hslash$, đạt cực đại khi $l=l_{max}=n-1$.
• Thành phần hình chiếu trên trục $z$ là $L_z=m_l\hslash$, đạt cực đại khi $m_l=l_{max}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Tổng số trạng thái $(l,m_l)$ phân biệt: Với $n=6$, số lượng tử quỹ đạo $l$ nhận các giá trị $l\in \{0,1,2,3,4,5\}$. Tổng số trạng thái là:

$$\begin{array}{rl}N& =\sum _{l=0}^5(2l+1)\\ & =1+3+5+7+9+11\\ & =6^2\\ & =36\end{array}$$

(b) Độ lớn cực đại của mômen động lượng quỹ đạo $L$: Giá trị lớn nhất của $l$ là $l_{max}=n-1=5$. Khi đó:

$$\begin{array}{rl}{L}_{max}& =\sqrt{l_{max}(l_{max}+1)}\hslash \\ & =\sqrt{5(5+1)}\hslash \\ & =\sqrt{30}\hslash \\ & \approx \mathrm{5,477}\hslash \end{array}$$

(c) Giá trị cực đại của thành phần hình chiếu $L_z$: Hình chiếu $L_z$ đạt cực đại khi số lượng tử từ nhận giá trị lớn nhất:

$$m_{l,max}=l_{max}=5$$

Suy ra:

$$L_{z,max}=m_{l,max}\hslash =5\hslash$$

---

VP41.4.2

(a) Hãy liệt kê tất cả các tổ hợp giá trị có thể có của $l$ và $m_l$ đối với các trạng thái có $n=3$ của nguyên tử hydro. (b) Trong các trạng thái trên, trạng thái nào có góc hợp bởi vector mômen động lượng quỹ đạo $\overrightarrow{L}$ và chiều âm của trục $z$ đạt giá trị nhỏ nhất, và góc đó bằng bao nhiêu độ?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Mức năng lượng $n=3$ của nguyên tử hydro.
• Cần làm: (a) Liệt kê toàn bộ các cặp $(l,m_l)$; (b) Xác định trạng thái có góc nhỏ nhất so với trục $-z$ và tính góc đó.

Hướng đi:

• Với $n=3$, các giá trị cho phép của $l$ là $0,1,2$. Với mỗi $l$, $m_l\in \{-l,\dots ,l\}$.
• Góc $\theta$ giữa vector $\overrightarrow{L}$ và chiều dương trục $+z$ tuân theo hệ thức:

$$\cos \theta =\frac{L_z}{L}=\frac{m_l}{\sqrt{l(l+1)}}$$

• Góc $\varphi$ giữa $\overrightarrow{L}$ và chiều âm trục $-z$ liên hệ bởi $\varphi ={180}^{\circ }-\theta$, do đó:

$$\cos \varphi =\frac{-m_l}{\sqrt{l(l+1)}}$$

• Để góc $\varphi$ nhỏ nhất, $\cos \varphi$ phải đạt cực đại dương, nghĩa là chọn $m_l=-l$ với giá trị $l$ lớn nhất.

Lời giải chi tiết:

(a) Liệt kê tất cả các tổ hợp $(l,m_l)$ cho $n=3$:

• Phân lớp $l=0$ ($3s$): Gồm 1 trạng thái: $(l,m_l)=(0,0)$.
• Phân lớp $l=1$ ($3p$): Gồm 3 trạng thái: $(1,1)$, $(1,0)$, $(1,-1)$.
• Phân lớp $l=2$ ($3d$): Gồm 5 trạng thái: $(2,2)$, $(2,1)$, $(2,0)$, $(2,-1)$, $(2,-2)$.

Tổng cộng có đúng $1+3+5=9=3^2$ trạng thái lượng tử quỹ đạo.

(b) Tìm góc nhỏ nhất hợp với chiều âm trục $z$: Với trạng thái $l=0$, $L=0$ nên hướng của vector mômen động lượng không xác định. Xét các trạng thái có $l>0$:

• Với $l=1$: Vector hướng gần chiều âm trục $z$ nhất khi $m_l=-1$:

$$\begin{array}{rl}\cos \varphi & =\frac{1}{\sqrt{2}},\\ \varphi & =45,0^{\circ }.\end{array}$$

• Với $l=2$: Vector hướng gần chiều âm trục $z$ nhất khi $m_l=-2$:

$$\cos \varphi =\frac{2}{\sqrt{6}}=\sqrt{\frac{2}{3}}$$

Suy ra:

$$\begin{array}{rl}{\varphi }_{min}& =\arccos \sqrt{2/3}\\ & \approx 35,3^{\circ }.\end{array}$$

Vậy trạng thái có góc nhỏ nhất hợp với chiều âm trục $z$ là $(l,m_l)=(2,-2)$ với góc bằng $35,3^{\circ }$.

Hình minh họa: Các hướng lượng tử hóa của vector mômen động lượng l = 2.

---

VP41.4.3

Một được phát ra khi nguyên tử hydro chuyển mức từ một trạng thái có mức năng lượng cao về mức năng lượng thấp hơn. Hãy tính năng lượng của photon phát ra theo đơn vị electron-volt ($\mathrm{eV}$) đối với mỗi bước chuyển sau: (a) Từ trạng thái $n=3,l=2,m_l=-2$ về trạng thái $n=2,l=1,m_l=-1$. (b) Từ trạng thái $n=4,l=2,m_l=1$ về trạng thái $n=2,l=1,m_l=0$. (c) Từ trạng thái $n=2,l=1,m_l=1$ về trạng thái $n=1,l=0,m_l=0$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Tính năng lượng $E_{\text{ph}}$ cho ba bước chuyển quang phổ trong nguyên tử hydro khi không có từ trường ngoài.

Hướng đi:

• Khi bỏ qua tương tác spin-quỹ đạo và không có từ trường ngoài, mức năng lượng của nguyên tử hydro chỉ phụ thuộc duy nhất vào số lượng tử chính $n$:

$$E_n=-\frac{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}{n^2}$$

• Năng lượng của phát ra bằng hiệu năng lượng giữa hai mức với $E_0=\mathrm{13,606}\mathrm{eV}$:

$$E_{\text{ph}}=E_0(\frac{1}{n_f^2}-\frac{1}{n_i^2})$$

Lời giải chi tiết:

(a) Chuyển mức từ $n=3$ về $n=2$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\text{ph}}& =E_0(\frac{1}{4}-\frac{1}{9})\\ & =E_0\cdot \frac{5}{36}\\ & \approx 1,89\mathrm{eV}\end{array}$$

(b) Chuyển mức từ $n=4$ về $n=2$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\text{ph}}& =E_0(\frac{1}{4}-\frac{1}{16})\\ & =E_0\cdot \frac{3}{16}\\ & \approx 2,55\mathrm{eV}\end{array}$$

(c) Chuyển mức từ $n=2$ về $n=1$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\text{ph}}& =E_0(1-\frac{1}{4})\\ & =E_0\cdot \frac{3}{4}\\ & \approx 10,2\mathrm{eV}\end{array}$$

---

VP41.4.4

của electron ở trạng thái cơ bản $1s$ của nguyên tử hydro có dạng:

$${\psi }_{1s}(r)=\frac{1}{\sqrt{\pi a^3}}{e}^{-r/a}$$

trong đó $r$ là khoảng cách từ electron đến hạt nhân và $a$ là bán kính Bohr. Hãy tính xác suất để tìm thấy electron trong các miền không gian sau: (a) $0\le r\le 2a$. (b) $a\le r\le 3a$. (c) $r\ge 4a$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Trạng thái $1s$ hydro có đối xứng cầu:

$${\psi }_{1s}(r)=\frac{1}{\sqrt{\pi a^3}}{e}^{-r/a}$$

• Cần tính xác suất $P$ trong các khoảng bán kính: (a) $[0,2a]$; (b) $[a,3a]$; (c) $[4a,\mathrm{\infty })$.

Hướng đi:

• Phần tử thể tích vi phân trong tọa độ cầu đối với hàm đối xứng cầu là $\mathrm{d}V=4\pi r^2\mathrm{d}r$.
• Hàm phân bố xác suất xuyên tâm là:

$$\begin{array}{rl}& P(r)=4\pi r^2|{\psi }_{1s}(r){|}^2,\\ & P(r)=\frac{4r^2}{a^3}{e}^{-2r/a}.\end{array}$$

• Đặt biến không thứ nguyên $u=\frac{2r}{a}$, hàm phân bố tích lũy $F(r)={\int }_0^{r}P(r^{\prime })\mathrm{d}{r}^{\prime }$ là:

$$\begin{array}{rl}& u=\frac{2r}{a},\\ & F(r)=1-e^{-u}Q(u),\\ & Q(u)=1+u+\frac{u^2}{2}.\end{array}$$

Lời giải chi tiết:

Công thức xác suất tích lũy khi từ $0$ đến bán kính $r_0$:

$$\begin{array}{rl}& F(r_0)=1-e^{-u_0}Q(u_0),\\ & Q(u_0)=1+u_0+\frac{u_0^2}{2}.\end{array}$$

(a) Xác suất trong miền $0\le r\le 2a$: Với $r=2a$, ta có $u_0=4$:

$$\begin{array}{rl}P(r\le 2a)& =1-13e^{-4}\\ & \approx 1-\mathrm{0,238}1\\ & =\mathrm{0,762}\end{array}$$

(b) Xác suất trong miền $a\le r\le 3a$: Tính giá trị tại hai cận $r=a$ ($u=2$) và $r=3a$ ($u=6$):

• Tại $r=a$:

$$\begin{array}{rl}F(a)& =1-5e^{-2}\\ & \approx \mathrm{0,323}3\end{array}$$

• Tại $r=3a$:

$$\begin{array}{rl}F(3a)& =1-25e^{-6}\\ & \approx \mathrm{0,938}0\end{array}$$

Xác suất trong miền giữa hai bán kính là:

$$\begin{array}{rl}P& =F(3a)-F(a)\\ & =5e^{-2}-25e^{-6}\\ & \approx \mathrm{0,615}\end{array}$$

(c) Xác suất trong miền $r\ge 4a$: Với $r=4a$, ta có $u=8$:

$$\begin{array}{rl}P(r\ge 4a)& =1-F(4a)\\ & =41e^{-8}\\ & \approx \mathrm{0,013}8\end{array}$$

Hình minh họa: Phân bố xác suất xuyên tâm của trạng thái 1s.

---

VP41.8.1

Một electron cô lập được đặt trong từ trường đều $\overrightarrow{B}=(3,14\mathrm{T})\hat{k}$. (a) Tính độ chênh lệch năng lượng giữa hai trạng thái spin $S_z=+\frac{1}{2}\hslash$ và $S_z=-\frac{1}{2}\hslash$ của electron theo đơn vị electron-volt ($\mathrm{eV}$). (b) Trạng thái spin nào có mức năng lượng cao hơn?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Electron cô lập trong từ trường $B_z=3,14\mathrm{T}$.
• Cần tìm: (a) Độ tách mức năng lượng $\mathrm{\Delta }U$; (b) Xác định trạng thái có năng lượng cao hơn.

Hướng đi:

• Mômen từ spin của electron liên hệ với vector spin bởi hệ thức:

$${\overrightarrow{\mu }}_s=-g_s{\mu }_B\frac{\overrightarrow{S}}{\hslash }$$

trong đó thừa số Landé $g_s\approx \mathrm{2,002}32\approx 2,00$.

• Thế năng tương tác từ là:

$$\begin{array}{rl}& U=-{\overrightarrow{\mu }}_s\cdot \overrightarrow{B},\\ & U=g_s{\mu }_B{B}_z{m}_s.\end{array}$$

• Với $m_s=+1/2$, mômen từ ngược hướng từ trường làm thế năng dương (cao hơn). Với $m_s=-1/2$, mômen từ cùng hướng từ trường làm thế năng âm (thấp hơn).

Lời giải chi tiết:

(a) Tính độ chênh lệch năng lượng $\mathrm{\Delta }U$: Thế năng tương tác từ của hai trạng thái spin:

$$U(m_s)=g_s{\mu }_{B}B{m}_s$$

Hiệu năng lượng giữa hai mức $m_s=+1/2$ và $m_s=-1/2$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }U& =U(+1/2)-U(-1/2)\\ & =g_s{\mu }_{B}B\end{array}$$

Thay các giá trị số với $g_s\approx \mathrm{2,002}32$, $B=3,14\mathrm{T}$ và ${\mu }_B\approx \mathrm{5,788}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{T}$:

$$\begin{array}{rl}{\mu }_{B}B& \approx \mathrm{1,817}\times {10}^{-4}\mathrm{eV},\\ \mathrm{\Delta }U& =g_s({\mu }_{B}B)\\ & \approx 3,64\times {10}^{-4}\mathrm{eV}\end{array}$$

(b) Xác định trạng thái có năng lượng cao hơn: Do electron mang điện tích âm, vector mômen từ spin ${\overrightarrow{\mu }}_s$ hướng ngược chiều với vector mômen động lượng spin $\overrightarrow{S}$. Khi $S_z=+\frac{1}{2}\hslash$ ("spin hướng lên"), hình chiếu mômen từ là ${\mu }_{sz}<0$ (ngược hướng từ trường $\overrightarrow{B}$). Tương tác đẩy này dẫn đến thế năng $U=-{\overrightarrow{\mu }}_s\cdot \overrightarrow{B}>0$. Do đó, trạng thái $S_z=+\frac{1}{2}\hslash$ có mức năng lượng cao hơn trạng thái $S_z=-\frac{1}{2}\hslash$.

---

VP41.8.2

Electron ngoài cùng của nguyên tử kali ($\mathrm{K}$) ở trạng thái có số lượng tử quỹ đạo $l=0$. Đặt nguyên tử kali vào trong từ trường đều có độ lớn $2,36\mathrm{T}$ và chiếu chùm bức xạ điện từ đơn sắc vào hệ. Bức xạ này cần có tần số và bước sóng bằng bao nhiêu để gây ra hiện tượng cộng hưởng chuyển mức giữa hai trạng thái spin-up và spin-down của electron ngoài cùng?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Nguyên tử kali có electron ngoài cùng ở phân lớp $4s$ ($l=0$).
• Từ trường ngoài: $B=2,36\mathrm{T}$.
• Cần tìm: Tần số $f$ và bước sóng $\lambda$ của bức xạ điện từ gây đảo .

Hướng đi:

• Vì electron ở trạng thái $l=0$, mômen từ quỹ đạo triệt tiêu ${\overrightarrow{\mu }}_l=\overrightarrow{0}$, do đó hiện tượng tách mức hoàn toàn do mômen từ spin tạo nên (hiệu ứng cộng hưởng thuận từ electron, EPR).
• Độ chênh lệch năng lượng giữa hai trạng thái spin là $\mathrm{\Delta }E=g_s{\mu }_{B}B$.
• Điều kiện hấp thụ cộng hưởng :

$$f=\frac{\mathrm{\Delta }E}{h}=\frac{g_s{\mu }_{B}B}{h}$$

và bước sóng tương ứng là $\lambda =\frac{c}{f}$.

Lời giải chi tiết:

Tính hiệu năng lượng giữa hai trạng thái spin:

$$\mathrm{\Delta }E=g_s{\mu }_{B}B$$

Tần số của kích thích:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =g_s{\mu }_{B}B\\ & \approx 4,38\times {10}^{-23}\mathrm{J},\\ f& =\frac{\mathrm{\Delta }E}{h}\\ & \approx 6,61\times {10}^{10}\mathrm{Hz}\\ & =66,1\mathrm{GHz}\end{array}$$

Bước sóng của bức xạ điện từ tương ứng:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{c}{f}\\ & =\frac{3,00\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}}{\mathrm{6,614}\times {10}^{10}\mathrm{Hz}}\\ & \approx 4,53\times {10}^{-3}\mathrm{m}\\ & =4,53\mathrm{mm}\end{array}$$

Bức xạ này thuộc dải sóng vi ba (microwave).

---

VP41.8.3

Khi electron ngoài cùng của nguyên tử kali chuyển mức từ mức $4p$ về mức $4s$, bước sóng của phát ra có thể nhận một trong hai giá trị là $\mathrm{766,490}\mathrm{nm}$ hoặc $\mathrm{769,896}\mathrm{nm}$ tùy thuộc vào định hướng spin ban đầu của electron. Hãy xác định: (a) Độ chênh lệch năng lượng giữa hai mức năng lượng thành phần của phân lớp $4p$. (b) Độ lớn của từ trường hiệu dụng mà electron cảm nhận được ở phân lớp $4p$ do tương tác spin-quỹ đạo.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Bước chuyển $4p\to 4s$ trong kali phát ra vạch đôi có bước sóng ${\lambda }_1=\mathrm{766,490}\mathrm{nm}$ và ${\lambda }_2=\mathrm{769,896}\mathrm{nm}$.
• Cần tìm: (a) Độ tách mức $\mathrm{\Delta }E$ của trạng thái $4p$; (b) Từ trường hiệu dụng $B_{\text{eff}}$.

Hướng đi:

• Mức $4s$ có $l=0$ nên không bị tách bởi tương tác spin-quỹ đạo ($j=1/2$).
• Mức $4p$ có $l=1$, tách thành hai mức cấu trúc tinh tế $4p_{3/2}$ ($j=3/2$) và $4p_{1/2}$ ($j=1/2$).
• Hiệu năng lượng của hai phát ra bằng chính độ tách năng lượng $\mathrm{\Delta }E$ giữa hai mức $4p$:

$$\mathrm{\Delta }E=hc(\frac{1}{{\lambda }_1}-\frac{1}{{\lambda }_2})$$

• Tương tác spin-quỹ đạo có thể xem như tương tác của mômen từ ${\overrightarrow{\mu }}_s$ với từ trường nội tại hiệu dụng ${\overrightarrow{B}}_{\text{eff}}$, dẫn đến độ tách năng lượng giữa spin song song và phản song song là $\mathrm{\Delta }E=2{\mu }_B{B}_{\text{eff}}$.

Lời giải chi tiết:

(a) Tính độ chênh lệch năng lượng giữa hai mức $4p$: Năng lượng của hai phát ra:

$$E_1=\frac{hc}{{\lambda }_1},E_2=\frac{hc}{{\lambda }_2}$$

Sử dụng giá trị tích hằng số $hc\approx 1239,84\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}$:

$$\begin{array}{rl}& E_1=\frac{hc}{{\lambda }_1}\approx \mathrm{1,617}56\mathrm{eV},\\ & E_2=\frac{hc}{{\lambda }_2}\approx \mathrm{1,610}40\mathrm{eV}.\end{array}$$

Độ chênh lệch năng lượng giữa hai mức $4p$ là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =E_1-E_2\\ & \approx 7,16\times {10}^{-3}\mathrm{eV}\end{array}$$

(b) Tính từ trường nội tại hiệu dụng $B_{\text{eff}}$: Độ tách mức năng lượng do mômen từ spin đảo hướng trong từ trường hiệu dụng:

$$B_{\text{eff}}=\frac{\mathrm{\Delta }E}{2{\mu }_B}$$

Đổi độ chênh lệch năng lượng sang đơn vị joule với $e\approx \mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& \approx (\mathrm{7,156}\times {10}^{-3})\times e\\ & \approx \mathrm{1,146}\times {10}^{-21}\mathrm{J}\end{array}$$

Thay giá trị Bohr magneton ${\mu }_B\approx \mathrm{9,274}\times {10}^{-24}\mathrm{J}/\mathrm{T}$:

$$\begin{array}{rl}{B}_{\text{eff}}& =\frac{\mathrm{1,146}\times {10}^{-21}}{2\times (\mathrm{9,274}\times {10}^{-24})}\\ & \approx 61,8\mathrm{T}\end{array}$$

Từ trường nội tại do chuyển động tương đối của hạt nhân xung quanh electron có độ lớn lớn, lên đến gần $62\mathrm{T}$.

Hình minh họa: Sơ đồ mức cấu trúc tinh tế của phân lớp 4p nguyên tử kali.

---

VP41.8.4

(a) Biểu diễn theo hằng số cấu trúc tinh tế $\alpha$ năng lượng của trạng thái electron trong nguyên tử hydro có $n=3,l=1,j=3/2$ và năng lượng của trạng thái có $n=3,l=1,j=1/2$. (b) Tính độ chênh lệch giữa hai mức năng lượng trên theo đơn vị electron-volt ($\mathrm{eV}$). Trạng thái nào có mức năng lượng cao hơn? (c) Tính độ chênh lệch bước sóng của hai phát ra khi electron chuyển mức từ mỗi trạng thái ở câu (a) về trạng thái $n=2,l=0,j=1/2$. Trạng thái ban đầu nào cho photon có bước sóng dài hơn?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Mức $n=3,l=1$ tách thành hai mức $j=3/2$ và $j=1/2$ do cấu trúc tinh tế.
• Cần tìm: (a) Biểu thức $E$ theo $\alpha$; (b) Độ tách mức $\mathrm{\Delta }E$ và so sánh; (c) Chênh lệch bước sóng $\mathrm{\Delta }\lambda$ khi chuyển về $n=2,l=0,j=1/2$.

Hướng đi:

• Công thức hiệu chỉnh cấu trúc tinh tế đối với nguyên tử hydro:

$$\begin{array}{rl}& f(n,j)=\frac{n}{j+1/2}-\frac{3}{4},\\ & E_{n,j}=E_n[1+\frac{{\alpha }^2}{n^2}f(n,j)]\end{array}$$

trong đó:

$$E_n=-\frac{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}{n^2}$$

• Với $n=3$, mức năng lượng chưa hiệu chỉnh là:

$$\begin{array}{rl}{E}_3& =-\frac{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}{9}\\ & \approx -\mathrm{1,511}\mathrm{eV}\end{array}$$

• Lưu ý rằng $E_3<0$, do đó số hạng trong ngoặc vuông càng lớn thì năng lượng $E_{n,j}$ càng âm (nghĩa là mức năng lượng càng thấp). Mức có $j$ lớn hơn sẽ có năng lượng cao hơn (ít âm hơn).
• Độ chênh lệch bước sóng liên hệ qua vi phân:

$$\mathrm{\Delta }\lambda \approx \frac{hc}{(\mathrm{\Delta }{E}_{\text{chuyển}}{)}^2}\mathrm{\Delta }E$$

Lời giải chi tiết:

(a) Biểu thức năng lượng theo $\alpha$:

• Với trạng thái $n=3,j=3/2$: Thừa số trong ngoặc:

$$\begin{array}{rl}\frac{n}{j+1/2}-\frac{3}{4}& =\frac{3}{2}-\frac{3}{4}\\ & =\frac{3}{4}\end{array}$$

Thừa số hiệu chỉnh là:

$$\frac{{\alpha }^2}{3^2}\cdot \frac{3}{4}=\frac{{\alpha }^2}{12}$$

Do đó:

$$E_{3,3/2}=E_3(1+\frac{{\alpha }^2}{12})$$

• Với trạng thái $n=3,j=1/2$: Thừa số trong ngoặc:

$$\begin{array}{rl}\frac{n}{j+1/2}-\frac{3}{4}& =3-\frac{3}{4}\\ & =\frac{9}{4}\end{array}$$

Thừa số hiệu chỉnh là:

$$\frac{{\alpha }^2}{3^2}\cdot \frac{9}{4}=\frac{{\alpha }^2}{4}$$

Do đó:

$$E_{3,1/2}=E_3(1+\frac{{\alpha }^2}{4})$$

(b) Tính độ chênh lệch năng lượng $\mathrm{\Delta }E$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =E_{3,3/2}-E_{3,1/2}\\ & =|E_3|(\frac{{\alpha }^2}{4}-\frac{{\alpha }^2}{12})\\ & =|E_3|\cdot \frac{{\alpha }^2}{6}\end{array}$$

Thay giá trị $\alpha \approx \frac{1}{137,04}$ và $|E_3|\approx \mathrm{1,511}\mathrm{eV}$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =\mathrm{1,511}\mathrm{eV}\times \frac{{\alpha }^2}{6}\\ & \approx 1,34\times {10}^{-5}\mathrm{eV}\end{array}$$

Vì số hạng hiệu chỉnh âm ít hơn, trạng thái $j=3/2$ có mức năng lượng cao hơn trạng thái $j=1/2$.

(c) Tính chênh lệch bước sóng $\mathrm{\Delta }\lambda$: Năng lượng của mức cuối $n=2,l=0,j=1/2$ có giá trị xấp xỉ:

$$\begin{array}{rl}{E}_2& \approx -\frac{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}{4}\\ & \approx -\mathrm{3,401}\mathrm{eV}\end{array}$$

Năng lượng chuyển mức cơ sở là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{\text{chuyển}}& =E_3-E_2\\ & \approx \mathrm{1,890}\mathrm{eV}\end{array}$$

Chênh lệch bước sóng giữa hai vạch quang phổ phát ra:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }\lambda & \approx \frac{hc}{\mathrm{\Delta }{E}_{\text{chuyển}}^2}\mathrm{\Delta }E\\ & \approx 4,66\times {10}^{-3}\mathrm{nm}\end{array}$$

Trạng thái ban đầu $j=1/2$ có mức năng lượng thấp hơn, do đó năng lượng phát xạ nhỏ hơn và cho bước sóng dài hơn.

Hình minh họa: Cấu trúc tinh tế của các mức hydro và các chuyển mức phát xạ.

Câu hỏi thảo luận

Q41.1

Hạt A được mô tả bởi $\psi (x,y,z)$. Hạt B được mô tả bởi hàm sóng:

$${\psi }_B(x,y,z)=\psi (x,y,z)e^{i\varphi }$$

trong đó $\varphi$ là một hằng số thực. Xác suất tìm thấy hạt A trong một thể tích $dV$ xung quanh một điểm xác định trong không gian so với xác suất tìm thấy hạt B trong chính thể tích đó như thế nào?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt A: ${\psi }_A(\overrightarrow{r})=\psi (\overrightarrow{r})$.
• Hạt B: ${\psi }_B={\psi }_A{e}^{i\varphi }$ với $\varphi \in \mathbb{R}$.
• So sánh xác suất tìm thấy hạt $P_A(dV)$ và $P_B(dV)$ trong cùng thể tích vi phân $dV$.

Hướng đi:

• Xác suất tìm thấy hạt trong phần tử thể tích $dV$ tỉ lệ với bình phương độ lớn của tại điểm đó: $dP=|\psi (\overrightarrow{r}){|}^{2}dV$.
• Khi nhân với một thừa số pha toàn cục $e^{i\varphi }$ ($\varphi \in \mathbb{R}$), ta tính môđun số phức thông qua công thức Euler:

$$|e^{i\varphi }{|}^2={\cos }^2\varphi +{\sin }^2\varphi =1$$

• Từ đó so sánh mật độ xác suất $|{\psi }_A{|}^2$ và $|{\psi }_B{|}^2$.

Lời giải chi tiết:

1. Mật độ xác suất tìm thấy hạt A tại điểm $\overrightarrow{r}=(x,y,z)$ là:

$$|{\psi }_A(x,y,z){|}^2=|\psi (x,y,z){|}^2$$

Xác suất tìm thấy hạt A trong thể tích vi phân $dV$ quanh điểm đó là:

$$d{P}_A=|\psi (x,y,z){|}^{2}dV$$

2. Mật độ xác suất tìm thấy hạt B tại cùng điểm $\overrightarrow{r}$ là:

$$\begin{array}{rl}|{\psi }_B(\overrightarrow{r}){|}^2& =|\psi (\overrightarrow{r})e^{i\varphi }{|}^2\\ & =|\psi (\overrightarrow{r}){|}^2|e^{i\varphi }{|}^2\end{array}$$

Vì $\varphi$ là một hằng số thực, số phức liên hợp của $e^{i\varphi }$ là $e^{-i\varphi }$, do đó:

$$|e^{i\varphi }{|}^2=e^{i\varphi }{e}^{-i\varphi }=e^0=1$$

Suy ra:

$$\begin{array}{rl}|{\psi }_B(\overrightarrow{r}){|}^2& =|\psi (\overrightarrow{r}){|}^2\\ & =|{\psi }_A(\overrightarrow{r}){|}^2\end{array}$$

3. Xác suất tìm thấy hạt B trong thể tích $dV$ là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{d}{P}_B& =|{\psi }_B(x,y,z){|}^2\mathrm{d}V\\ & =\mathrm{d}{P}_A\end{array}$$

Kết luận: Xác suất tìm thấy hạt A và hạt B trong cùng một thể tích $dV$ tại bất kỳ vị trí nào trong không gian là hoàn toàn bằng nhau. Thừa số pha toàn cục $e^{i\varphi }$ không làm thay đổi bất kỳ đại lượng đo đạc vật lý nào của hệ lượng tử.

Q41.2

Những điểm khác biệt lớn nhất giữa của nguyên tử hydro và phân tích bằng là gì? Những điểm tương đồng giữa hai mô hình là gì?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• So sánh hai mô hình nguyên tử hydro: Mô hình bán cổ điển Bohr và cơ học lượng tử dạng sóng Schrödinger.
• Nêu rõ các điểm khác biệt cốt lõi và các điểm tương đồng then chốt.

Hướng đi:

• Phân tích bản chất chuyển động của electron: Quỹ đạo hạt xác định (Bohr) so với đám mây mật độ xác suất ba chiều (Schrödinger).
• So sánh các số lượng tử và độ lớn mômen động lượng quỹ đạo.
• Phân tích trạng thái cơ bản ($n=1$): Mômen động lượng bằng bao nhiêu ở mỗi mô hình?
• Nêu các điểm tương đồng về năng lượng ion hóa, kích thước thang đo và quang phổ phát xạ.

Lời giải chi tiết:

1. Các điểm khác biệt lớn nhất:
   • Bản chất quỹ đạo và vị trí của electron:
   • : Giả định electron là chất điểm chuyển động trên các quỹ đạo tròn phẳng cố định có bán kính gián đoạn xác định $r_n=n^2{a}_0$, với vận tốc và vị trí được xác định chính xác tại mọi thời điểm (mâu thuẫn với nguyên lý bất định Heisenberg).
   • Mô hình Schrödinger: Không tồn tại khái niệm quỹ đạo xác định. Electron được mô tả bằng không gian ba chiều $\psi (r,\theta ,\varphi )$, và vị trí chỉ được mô tả thông qua mật độ xác suất $|\psi {|}^2$ trong không gian.
   • Mômen động lượng quỹ đạo ($L$):
   • : Giả thiết lượng tử hóa tiên đề gán $L=n\hslash$ với $n=1,2,3,\dots$. Do đó, trạng thái cơ bản $n=1$ có $L=1\hslash \ne 0$.
   • Mô hình Schrödinger: Mômen động lượng quỹ đạo phụ thuộc vào số lượng tử quỹ đạo $l$ ($l=0,1,\dots ,n-1$) theo công thức:

$$L=\sqrt{l(l+1)}\hslash$$

Ở trạng thái cơ bản ($n=1,l=0$), mômen động lượng quỹ đạo bằng $0$ ($L=0$), electron không quay quanh hạt nhân mà có đối xứng cầu hoàn toàn.

• Số lượng tử mô tả:
• : Chỉ sử dụng một số lượng tử duy nhất là $n$.
• Mô hình Schrödinger: Cần ba số lượng tử không gian $(n,l,m_l)$ xuất phát tự nhiên từ việc giải phương trình vi phân trong tọa độ cầu, cùng với số lượng tử spin $m_s$ mô tả bậc tự do nội tại.

2. Các điểm tương đồng:
   • Mức năng lượng gián đoạn: Cả hai mô hình đều đưa ra các mức năng lượng gián đoạn giống hệt nhau đối với nguyên tử hydro:

$$E_n=-\frac{13,6\mathrm{eV}}{n^2}$$

• Kích thước thang đo của nguyên tử: Cả hai mô hình đều dẫn đến thang độ dài đặc trưng là bán kính Bohr:

$$a_0\approx \mathrm{0,529}\times {10}^{-10}\mathrm{m}$$

Trong mô hình Schrödinger, $a_0$ chính là khoảng cách mà tại đó mật độ xác suất hướng tâm $P(r)$ của trạng thái cơ bản đạt cực đại.

• Giải thích quang phổ: Cả hai mô hình đều giải thích định lượng chính xác bước sóng các vạch quang phổ của dãy Lyman, Balmer, Paschen thông qua công thức Rydberg:

$$\mathrm{\Delta }E=h\nu$$

Q41.3

Đối với một vật thể quay quanh Mặt Trời, chẳng hạn một hành tinh, sao chổi hoặc tiểu hành tinh, có bất kỳ hạn chế nào về thành phần $z$ của mômen động lượng quỹ đạo giống như thành phần $z$ của mômen động lượng electron trong nguyên tử hydro không? Giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Xét thiên thể vĩ mô quay quanh Mặt Trời chịu lực hấp dẫn.
• Câu hỏi: Thành phần $L_z$ của thiên thể có bị lượng tử hóa gián đoạn như $L_z=m_l\hslash$ trong nguyên tử hydro không?

Hướng đi:

• Xét phạm vi áp dụng của cơ học lượng tử và nguyên lý tương ứng Bohr (Bohr's correspondence principle).
• Tính toán bậc độ lớn của mômen động lượng vĩ mô và so sánh với hằng số Planck rút gọn $\hslash$.
• Giải thích vì sao tính gián đoạn không thể quan sát được trong thực nghiệm.

Lời giải chi tiết:

1. Về mặt nguyên lý cơ học lượng tử thuần túy:
   • Mọi hệ vật lý hữu hạn trong tự nhiên đều chịu sự chi phối của các quy luật lượng tử. Về mặt toán học hình thức, mômen động lượng quỹ đạo của một hành tinh cũng được lượng tử hóa theo các bội số nguyên của $\hslash$:

$$L_z=m_l\hslash (m_l\in \mathbb{Z})$$

2. Về mặt vật lý thực nghiệm và cơ học cổ điển:
   • Hãy ước tính mômen động lượng của Trái Đất quay quanh Mặt Trời với khối lượng $M\approx 6\cdot {10}^{24}\mathrm{kg}$, bán kính $R\approx 1,5\cdot {10}^{11}\text{ m}$, và tốc độ $v\approx 3\cdot {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}$:

$$L\approx MvR\approx 2,7\times {10}^{40}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$$

• Số lượng tử tương ứng có bậc độ lớn:

$$l\approx \frac{L}{\hslash }\approx 2,6\times {10}^{74}$$

• Khoảng cách giữa hai mức giá trị $L_z$ kế tiếp nhau là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{L}_z& =\hslash \\ & \approx 1,05\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}\end{array}$$

• Tỷ số bước nhảy lượng tử trên tổng mômen động lượng là:

$$\frac{\mathrm{\Delta }{L}_z}{L}\approx {10}^{-74}$$

Bước lượng tử rất nhỏ so với vĩ mô đang xét. Vì thế, mô tả cổ điển xem mômen biến đổi liên tục là một gần đúng phù hợp ở thang này. Điều đó không có nghĩa định luật lượng tử chỉ áp dụng cho nguyên tử.

Q41.4

Tại sao việc phân tích nguyên tử heli lại phức tạp hơn rất nhiều so với nguyên tử hydro, dù trong mô hình kiểu Bohr hay khi sử dụng ?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh mức độ phức tạp của heli và hydro trong mô hình quỹ đạo và trong .

Hướng đi:

• Hydro chỉ có một electron. Thế năng của nó phụ thuộc khoảng cách đến hạt nhân.
• Heli có thêm lực đẩy giữa hai electron. Khoảng cách giữa chúng phụ thuộc đồng thời hai vị trí, nên không thể xem chúng như hai bài toán hydro độc lập.
• Khi dùng , còn phải thỏa mãn điều kiện hoán đổi các electron giống nhau.

Đặt $K=e^2/(4\pi {\epsilon }_0)$, còn $r_1,r_2$ là các khoảng cách electron đến hạt nhân. Khoảng cách giữa hai electron là:

$$r_{12}=|{\mathbf{r}}_1-{\mathbf{r}}_2|.$$

Ba phần thế năng Coulomb của heli là:

$$\begin{array}{rl}{U}_1& =-\frac{2K}{r_1},\\ U_2& =-\frac{2K}{r_2},\\ W& =\frac{K}{r_{12}},\\ U& =U_1+U_2+W.\end{array}$$

Số hạng $W$ ghép chuyển động của hai electron. Trong một mô hình kiểu Bohr, lực lên electron thứ nhất phụ thuộc vị trí electron thứ hai. Vì vậy, hai quỹ đạo không thể được xác định như hai quỹ đạo Kepler độc lập.

Trong , phụ thuộc cả hai vị trí. Số hạng $W$ ngăn việc tách bài toán chính xác thành hai phương trình một electron. Các phương pháp trường trung bình xử lý nó gần đúng, rồi có thể kể thêm tương quan giữa electron.

Tương tác này không làm mất bất biến khi quay đồng thời toàn hệ, vì $r_1,r_2,r_{12}$ đều giữ nguyên dưới phép quay ấy. Điều bị mất là dạng thế xuyên tâm độc lập cho từng electron khi giữ vị trí electron còn lại cố định. toàn phần cũng phải đối xứng lẻ khi hoán đổi hai electron.

Q41.5

luôn được thực hiện với các chùm nguyên tử trung hòa. Liệu có dễ dàng hơn nếu tạo chùm bằng các nguyên tử ion hóa không? Tại sao phương án này không hoạt động được?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Giải thích tại sao bắt buộc dùng chùm nguyên tử trung hòa thay vì chùm ion mang điện.

Hướng đi:

• Xác định các lực tác dụng lên hạt mang điện chuyển động trong từ trường không đồng nhất.
• So sánh độ lớn giữa lực Lorentz ${\overrightarrow{F}}_L=q(\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B})$ và lực do gradient từ trường:

$${\overrightarrow{F}}_m=\mathrm{\nabla }(\overrightarrow{\mu }\cdot \overrightarrow{B})$$

• Phân tích ảnh hưởng của sự tán xạ vận tốc trong chùm ion thực tế.

Lời giải chi tiết:

1. Lực tác dụng trong :
   • Mục đích của thí nghiệm là đo lực tách do mômen từ của hạt gây ra trong từ trường có gradient:

$$F_z={\mu }_z\frac{\partial B_z}{\partial z}$$

• Với nguyên tử có $\mu \sim {10}^{-23}\mathrm{J}/\mathrm{T}$ và gradient từ trường mạnh:

$$\frac{\partial B_z}{\partial z}\sim {10}^3\mathrm{T}/\mathrm{m}$$

Lực này rất nhỏ:

$$\begin{array}{rl}{F}_m& \approx {10}^{-23}\times {10}^3\\ & ={10}^{-20}\mathrm{N}\end{array}$$

2. Lực Lorentz tác dụng lên ion:
   • Nếu sử dụng ion mang điện tích $q=\pm e$ chuyển động với vận tốc nhiệt $v\sim {10}^3\mathrm{m}/\mathrm{s}$ trong từ trường $B\sim 1\mathrm{T}$, lực Lorentz tác dụng lên ion là:

$$\begin{array}{rl}{F}_L& =qvB\\ & \approx (1,6\times {10}^{-19})({10}^3)(1)\\ & =1,6\times {10}^{-16}\mathrm{N}\end{array}$$

• So sánh hai lực:

$$\begin{array}{rl}\frac{F_L}{F_m}& \approx \frac{1,6\times {10}^{-16}}{{10}^{-20}}\\ & =16000\end{array}$$

Lực Lorentz lớn hơn lực gradient từ tới hơn 4 bậc độ lớn (hàng chục nghìn lần).

3. Hậu quả đối với chùm hạt:
   • Trong thực tế, các hạt trong chùm có sự phân bố vận tốc nhiệt (phân bố Maxwell-Boltzmann). Độ lệch do lực Lorentz phụ thuộc trực tiếp vào vận tốc $v$, khiến chùm ion bị uốn cong mạnh mẽ và phân tán loang lổ trên một diện tích rộng.
   • Độ lệch khổng lồ và không đồng đều này sẽ che lấp, làm nhòe và phá hủy hoàn toàn sự phân tách tinh tế thành hai vạch gián đoạn do spin. Do đó, bắt buộc phải dùng nguyên tử trung hòa ($q=0$) để triệt tiêu hoàn toàn lực Lorentz.

Q41.6

(a) Nếu hai electron trong các nguyên tử hydro có cùng số lượng tử chính $n$, chúng có thể có mômen động lượng quỹ đạo khác nhau không? Bằng cách nào?

(b) Nếu hai electron trong các nguyên tử hydro có cùng số lượng tử quỹ đạo $l$, chúng có thể có số lượng tử chính khác nhau không? Bằng cách nào?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• (a) Cùng $n$, có thể khác $L$ không?
• (b) Cùng $l$, có thể khác $n$ không?

Hướng đi:

• Dựa trên miền giá trị cho phép của các số lượng tử trong nghiệm của cho hydro:

$$n=1,2,3,\dots$$

$$l=0,1,2,\dots ,n-1$$

• Độ lớn mômen động lượng quỹ đạo được xác định duy nhất bởi $l$:

$$L=\sqrt{l(l+1)}\hslash$$

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Cùng số lượng tử chính $n$

   • Hoàn toàn có thể. Với một giá trị $n$ cho trước, số lượng tử quỹ đạo $l$ có thể nhận bất kỳ giá trị nguyên nào từ $0$ đến $n-1$.
   • Mỗi giá trị $l$ khác nhau tương ứng với một độ lớn mômen động lượng quỹ đạo $L=\sqrt{l(l+1)}\hslash$ khác nhau.
   • Ví dụ: Với $n=2$, electron có thể ở phân lớp 2s ($l=0⟹L=0$) hoặc phân lớp 2p ($l=1⟹L=\sqrt{2}\hslash$). Hai electron này có cùng năng lượng (cùng $n$) nhưng có mômen động lượng quỹ đạo hoàn toàn khác nhau.

2. Phần (b): Cùng số lượng tử quỹ đạo $l$

   • Hoàn toàn có thể. Điều kiện toán học chỉ yêu cầu $n\ge l+1$. Do đó, với một giá trị $l$ cố định, số lượng tử chính $n$ có thể nhận vô số giá trị nguyên: $n=l+1,l+2,l+3,\dots$
   • Ví dụ: Với $l=1$ (các trạng thái p), electron có thể ở mức $n=2$ (trạng thái 2p), $n=3$ (trạng thái 3p), $n=4$ (trạng thái 4p)... Tất cả các trạng thái này đều có cùng độ lớn mômen động lượng quỹ đạo $L=\sqrt{2}\hslash$, nhưng có số lượng tử chính $n$ khác nhau, dẫn đến bán kính trung bình và mức năng lượng $E_n$ khác biệt hoàn toàn.

Q41.7

Trong , tại sao từ trường bắt buộc phải không đồng nhất (nghĩa là có gradient biến thiên theo không gian)?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Giải thích vai trò bản chất của gradient từ trường $\frac{\partial B_z}{\partial z}\ne 0$ trong .

Hướng đi:

• Xét thế năng tương tác của trong từ trường: $U=-\overrightarrow{\mu }\cdot \overrightarrow{B}$.
• Sử dụng mối liên hệ giữa thế năng và lực: $\overrightarrow{F}=-\mathrm{\nabla }U$.
• Phân tích chuyển động của trong từ trường đều và từ trường không đều.

Lời giải chi tiết:

1. Xét trường hợp từ trường đều ($\overrightarrow{B}=\text{const}$):
   • Thế năng tương tác là $U=-{\mu }_z{B}_z$. Lực tịnh tiến tác dụng lên hạt là:

$$\overrightarrow{F}=-\mathrm{\nabla }U=\mathrm{\nabla }(\overrightarrow{\mu }\cdot \overrightarrow{B})$$

• Vì $\overrightarrow{B}$ không đổi theo không gian, đạo hàm không gian triệt tiêu: $\mathrm{\nabla }{B}_z=0$, kéo theo $\overrightarrow{F}=\overrightarrow{0}$.
• Khi đó, từ trường chỉ tác dụng một moment ngẫu lực quay:

$$\overrightarrow{\tau }=\overrightarrow{\mu }\times \overrightarrow{B}$$

Moment ngẫu lực này làm cho vector mômen từ tuế sai quanh phương của $\overrightarrow{B}$ (chuyển động tuế sai Larmor), nhưng khối tâm của nguyên tử không bị gia tốc hay lệch hướng chuyển động. Toàn bộ chùm nguyên tử sẽ đi thẳng và chỉ tạo thành một vệt duy nhất ở tâm màn hứng.

2. Xét trường hợp từ trường không đồng nhất:
   • Thiết kế các cực nam châm bất đối xứng tạo ra một gradient từ trường mạnh theo phương $z$, tức $\frac{\partial B_z}{\partial z}\ne 0$.
   • Khi đó, thành phần lực tịnh tiến theo phương $z$ tác dụng lên nguyên tử là:

$$F_z=-\frac{\partial U}{\partial z}={\mu }_z\frac{\partial B_z}{\partial z}$$

• Lực tịnh tiến $F_z$ này khác $0$ và có dấu phụ thuộc trực tiếp vào dấu của ${\mu }_z$:
• Hạt có ${\mu }_z>0$ chịu lực hướng theo chiều tăng của từ trường.
• Hạt có ${\mu }_z<0$ chịu lực hướng theo chiều giảm của từ trường.

Kết luận: Gradient từ trường là điều kiện tiên quyết để chuyển đổi sự định hướng lượng tử của spin thành lực tịnh tiến không gian, làm tách chùm hạt thành các vệt riêng rẽ trên màn quan sát.

Q41.8

Ở trạng thái cơ bản của nguyên tử heli, một electron phải có "spin lên" và electron kia phải có "spin xuống". Tại sao?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Giải thích cấu hình spin đối song song của hai electron trong trạng thái cơ bản của nguyên tử heli.

Hướng đi:

• Xác định trạng thái không gian có năng lượng thấp nhất của nguyên tử heli.
• Áp dụng cho hai fermion đồng nhất.
• Liệt kê bộ $(n,l,m_l,m_s)$ của từng electron.

Lời giải chi tiết:

1. Trạng thái không gian cơ bản:
   • Để nguyên tử heli đạt trạng thái có năng lượng toàn phần thấp nhất (trạng thái cơ bản), cả hai electron đều có xu hướng chiếm mức liên kết chặt chẽ nhất với hạt nhân, đó là orbital 1s với bộ ba số lượng tử không gian:

$$n=1,l=0,m_l=0$$

2. Áp dụng :
   • khẳng định: Hai electron (fermion) trong cùng một nguyên tử không bao giờ được phép có cùng một bộ $(n,l,m_l,m_s)$.
   • Vì hai electron đã có cùng ba số lượng tử không gian $(1,0,0)$, số lượng tử spin $m_s$ của chúng bắt buộc phải khác nhau.
   • Electron chỉ có hai trạng thái spin khả dĩ: $m_s=+1/2$ (spin lên) và $m_s=-1/2$ (spin xuống).
   • Do đó, một electron bắt buộc phải nhận $m_s=+1/2$ và electron còn lại bắt buộc phải nhận $m_s=-1/2$.

Kết luận: Trạng thái cơ bản của heli bắt buộc phải gồm một cặp electron có spin đối song song (spin-singlet, $S=0$) để thỏa mãn .

Q41.9

Một electron trong nguyên tử hydro ở mức s, và nguyên tử nằm trong một từ trường $\overrightarrow{B}=B\hat{k}$. Hãy giải thích tại sao trạng thái "spin lên" ($m_s=+1/2$) lại có năng lượng cao hơn trạng thái "spin xuống" ($m_s=-1/2$).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Electron ở mức s ($l=0$) trong từ trường $\overrightarrow{B}=B\hat{k}$.
• Ký hiệu hai năng lượng spin hướng lên và hướng xuống là $E_{\uparrow }$ và $E_{\downarrow }$. Dùng dấu mômen từ electron để giải thích vì sao $E_{\uparrow }>E_{\downarrow }$.

Hướng đi:

• Xác định mối liên hệ giữa spin $\overrightarrow{S}$ và mômen từ spin ${\overrightarrow{\mu }}_s$.
• Lưu ý điện tích âm của electron khiến vector mômen từ ngược hướng với vector spin.
• Viết công thức thế năng tương tác từ $U=-{\overrightarrow{\mu }}_s\cdot \overrightarrow{B}$ và xác định dấu thế năng ứng với mỗi hướng spin.

Lời giải chi tiết:

1. Mối quan hệ giữa mômen từ spin và vector spin của electron:
   • Mômen từ spin của electron được cho bởi công thức:

$${\overrightarrow{\mu }}_s=-g_s\frac{e}{2m_e}\overrightarrow{S}\approx -\frac{e}{m_e}\overrightarrow{S}$$

• Vì điện tích electron là âm ($-e$), vector mômen từ ${\overrightarrow{\mu }}_s$ luôn có chiều ngược lại với chiều của vector spin $\overrightarrow{S}$.
• Chiếu lên trục $z$ song song với từ trường ngoài $\overrightarrow{B}=B\hat{k}$:

$${\mu }_{s,z}=-g_s{\mu }_B{m}_s$$

với ${\mu }_B=\frac{e\hslash }{2m_e}>0$ và $g_s\approx 2$.

2. Thế năng tương tác từ:
   • Thế năng của trong từ trường ngoài là:

$$\begin{array}{rl}U& =-{\overrightarrow{\mu }}_s\cdot \overrightarrow{B}\\ & =-{\mu }_{sz}B\\ & =g_s{\mu }_{B}B{m}_s\end{array}$$

• Khi electron có "spin lên" ($m_s=+1/2$): Vector spin hướng theo chiều dương trục $z$, nhưng mômen từ lại hướng theo chiều âm trục $z$ (${\mu }_{s,z}<0$). Do mômen từ ngược chiều với từ trường ngoài, thế năng đạt giá trị dương (trạng thái kém bền):

$$U=+\frac{1}{2}{g}_s{\mu }_{B}B>0$$

• Khi electron có "spin xuống" ($m_s=-1/2$): Vector spin hướng theo chiều âm trục $z$, nên mômen từ hướng cùng chiều với từ trường ngoài (${\mu }_{s,z}>0$). Thế năng đạt giá trị âm (trạng thái bền vững hơn):

$$U=-\frac{1}{2}{g}_s{\mu }_{B}B<0$$

3. Độ chênh lệch năng lượng:

$$\mathrm{\Delta }U=g_s{\mu }_{B}B\approx 2{\mu }_{B}B$$

Kết luận: Trạng thái spin lên có mômen từ ngược chiều từ trường nên có năng lượng tương tác cao hơn trạng thái spin xuống.

Q41.10

Gần đúng trường xuyên tâm (central-field approximation) chính xác hơn nhiều đối với các kim loại kiềm so với các kim loại chuyển tiếp như sắt, niken hoặc đồng. Tại sao?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giải thích vì sao gần đúng trường xuyên tâm thích hợp hơn với kim loại kiềm so với những kim loại chuyển tiếp được nêu.

Hướng đi:

• Trường xuyên tâm thay tác dụng của hạt nhân và các electron còn lại bằng một thế trung bình chỉ phụ thuộc bán kính.
• Một lõi kín và một electron hóa trị ở xa là cấu trúc thuận lợi cho phép lấy trung bình ấy.
• Khi nhiều phân lớp có năng lượng gần nhau và chồng lấp, tương quan cùng sự sắp xếp electron cần được xét kỹ hơn.

Ở kim loại kiềm, các electron bên trong tạo một lõi khí hiếm kín. Electron hóa trị chủ yếu ở bên ngoài lõi, nên thế trung bình mà nó cảm nhận gần đối xứng cầu. Cách mô tả bằng một electron ngoài lõi vì vậy cho phép dự đoán khá tốt nhiều mức hóa trị.

Ở các kim loại chuyển tiếp như sắt và niken, phân lớp $d$ chưa đầy tham gia vào cấu trúc electron. Các $d$ và $s$ có thể chồng lấp đáng kể và có năng lượng gần nhau. Việc thay mọi tương tác giữa electron bằng một thế chỉ theo bán kính bỏ qua những chi tiết quan trọng hơn.

Riêng đồng có cấu hình cơ bản kết thúc bằng $3d^{10}4s$, nên không được nói phân lớp $d$ của mọi nguyên tố trong danh sách đều đang điền dở. Sự hiện diện của các phân lớp gần nhau, mức độ thâm nhập và tương quan electron vẫn làm so sánh với kim loại kiềm trở nên cần thiết.

Gần đúng trường xuyên tâm là phép lấy trung bình, không phải khẳng định từng electron luôn chuyển động trong một trường cầu chính xác tại mọi thời điểm.

Q41.11

Bảng cho thấy ở trạng thái cơ bản của nguyên tử kali, electron ngoài cùng nằm ở trạng thái 4s. Điều này cho bạn biết gì về năng lượng tương đối của các mức 3d và 4s đối với nguyên tử này? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Kali ($Z=19$): Electron thứ 19 chiếm 4s thay vì 3d.
• Rút ra kết luận về năng lượng tương đối $E_{4s}$ và $E_{3d}$ và giải thích cơ chế vật lý.

Hướng đi:

• Dựa trên nguyên lý vững bền (Aufbau principle): Electron điền vào mức có năng lượng thấp nhất trước.
• Rút ra so sánh năng lượng: $E_{4s}<E_{3d}$.
• Giải thích cơ chế dựa trên hiệu ứng xâm nhập gần hạt nhân (penetration) và hiệu ứng chắn (screening).

Lời giải chi tiết:

1. Kết luận về năng lượng tương đối:
   • Theo nguyên lý năng lượng cực tiểu, các electron ở trạng thái cơ bản luôn điền vào các có mức năng lượng thấp nhất có thể.
   • Việc electron thứ 19 của kali ($Z=19$) chiếm 4s thay vì orbital 3d chứng tỏ rõ ràng rằng đối với nguyên tử kali:

$$E_{4s}<E_{3d}$$

2. Giải thích cơ chế vật lý (Hiệu ứng xâm nhập và chắn):
   • Trong nguyên tử hydro (hệ một electron), mức năng lượng chỉ phụ thuộc vào số lượng tử chính $n$, do đó mức 3d ($n=3$) có năng lượng thấp hơn mức 4s ($n=4$).
   • Tuy nhiên, trong nguyên tử nhiều electron như kali, thế năng tương tác hiệu dụng bị chi phối bởi hiệu ứng chắn của 18 electron lõi (cấu hình argon $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^6$).
   • 4s ($l=0$): Không có rào thế ly tâm. của orbital 4s có mật độ xác suất khác không ngay tại tâm hạt nhân và sở hữu 3 mặt cầu nút, tạo ra các cực đại phụ nằm sâu bên trong lớp vỏ argon, rất gần hạt nhân. Nhờ hiệu ứng xâm nhập sâu này, electron 4s ít bị chắn hơn và cảm nhận lớn hơn:

$$Z_{\mathrm{eff}}(4s)>Z_{\mathrm{eff}}(3d)$$

• 3d ($l=2$): Có rào thế ly tâm mạnh đẩy electron ra xa hạt nhân. 3d hầu như nằm hoàn toàn bên ngoài lõi argon, do đó bị toàn bộ 18 electron lõi chắn gần như trọn vẹn ($Z_{\mathrm{eff}}\approx 19-18=1$).

Kết luận: Do hiệu ứng xâm nhập mạnh hơn, electron 4s chịu lực hút tĩnh điện trung bình từ hạt nhân lớn hơn, kéo mức năng lượng $E_{4s}$ xuống thấp hơn mức $E_{3d}$ ở nguyên tử kali.

Q41.12

Lực hấp dẫn có đóng vai trò đáng kể trong cấu trúc nguyên tử không? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Đánh giá vai trò của lực hấp dẫn trong cấu trúc nguyên tử.
• Chứng minh bằng phép so sánh định lượng giữa lực hấp dẫn và lực tĩnh điện.

Hướng đi:

• Viết định luật hấp dẫn vạn vật Newton giữa proton và electron: $F_g=\frac{G{m}_e{m}_p}{r^2}$.
• Viết định luật Coulomb về lực tĩnh điện:

$$F_e=\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}$$

• Lập tỷ số $F_g/F_e$ để so sánh độ lớn độc lập với khoảng cách $r$.

Lời giải chi tiết:

1. Thiết lập công thức so sánh:
   • Xét tương tác giữa một electron và một proton cách nhau khoảng cách $r$:

$$F_g=G\frac{m_e{m}_p}{r^2}$$

$$F_e=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{e^2}{r^2}$$

• Tỷ số độ lớn giữa lực hấp dẫn và lực tĩnh điện là:

$$\frac{F_g}{F_e}=\frac{4\pi {\epsilon }_{0}G{m}_e{m}_p}{e^2}$$

2. Thay số:
   • Thay các hằng số vật lý trong hệ đơn vị SI:

$$\begin{array}{rl}& G\approx \mathrm{6,674}\times {10}^{-11}\mathrm{SI},\\ & m_e\approx \mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg},\\ & m_p\approx \mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg},\\ & e\approx \mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C},\\ & k_e\approx \mathrm{8,988}\times {10}^9\mathrm{SI}.\end{array}$$

• Ta thu được:

$$\frac{F_g}{F_e}\approx 4,4\times {10}^{-40}$$

Kết luận: Lực hấp dẫn yếu hơn lực tĩnh điện tới 40 bậc độ lớn. Vì vậy, lực hấp dẫn hoàn toàn không đóng bất kỳ vai trò nào có thể đo đạc được trong cấu trúc nguyên tử, mức năng lượng hay quang phổ phát xạ.

Q41.13

Tại sao các nguyên tố chuyển tiếp ($Z=21$ đến 30) đều có tính chất hóa học tương tự nhau?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Giải thích lý do chuỗi nguyên tố chuyển tiếp thứ nhất ($Z=21$ đến 30, từ Sc đến Zn) có tính chất hóa học rất tương đồng.

Hướng đi:

• Xác định yếu tố quyết định tính chất hóa học của một nguyên tố (cấu hình lớp vỏ ngoài cùng).
• Phân tích của dãy chuyển tiếp: Quá trình điền electron xảy ra ở phân lớp bên trong $(n-1)d=3d$.
• Nhận xét cấu hình lớp ngoài cùng $4s$ hầu như không đổi.

Lời giải chi tiết:

1. Yếu tố chi phối tính chất hóa học:

   • Electron hóa trị tham gia trực tiếp vào liên kết với các nguyên tử lân cận. Cấu hình của chúng vì thế chi phối tính chất hóa học. Với nguyên tố chuyển tiếp, cả electron $4s$ và electron $3d$ đều có thể tham gia.

2. Đặc điểm dãy chuyển tiếp $3d$ ($Z=21$ đến 30):

   • Khi tăng dần số điện tích hạt nhân $Z$ từ scandium ($Z=21$) đến kẽm ($Z=30$), các electron bổ sung không điền vào lớp ngoài cùng $n=4$ mà điền dần vào phân lớp bên trong là $3d$:
   • Sc ($Z=21$): $[\mathrm{Ar}]3d^{1}4s^2$
   • Ti ($Z=22$): $[\mathrm{Ar}]3d^{2}4s^2$
   • $\dots$
   • Zn ($Z=30$): $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^2$
   • Hầu như toàn bộ chuỗi nguyên tố này đều giữ nguyên cấu hình lớp ngoài cùng là $4s^2$ (ngoại trừ crom $[\mathrm{Ar}]3d^{5}4s^1$ và đồng $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^1$ do độ bền đặc biệt của phân lớp d bán bão hòa và bão hòa).

3. Hệ quả đối với tính chất hóa học:

   • Sự biến đổi tương đối ít của cấu hình ngoài cùng góp phần tạo nên tính kim loại và những nét tương đồng trong dãy. Nhiều nguyên tố tạo ion $+2$ khi mất hai electron $4s$, nhưng đây không phải quy tắc cho mọi nguyên tố. Phân lớp $3d$ còn dẫn đến các trạng thái oxy hóa khác nhau.

Kết luận: Việc điền dần electron vào phân lớp bên trong $3d$ trong khi giữ nguyên lớp ngoài cùng $4s$ chính là nguyên nhân khiến các nguyên tố chuyển tiếp có tính chất hóa học rất tương tự nhau.

Q41.14

Sử dụng kiến thức để xác định cấu hình electron trạng thái cơ bản của nguyên tử gali trung hòa ($\mathrm{Ga}$) cũng như các ion ${\mathrm{Ga}}^{+}$ và ${\mathrm{Ga}}^{-}$. Gali có số hiệu nguyên tử là 31.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Số hiệu nguyên tử của gali: $Z=31$.
• Xác định trạng thái cơ bản của $\mathrm{Ga}$, ${\mathrm{Ga}}^{+}$ và ${\mathrm{Ga}}^{-}$.

Hướng đi:

• Dựa trên quy tắc Klechkowski để điền 31 electron cho nguyên tử trung hòa $\mathrm{Ga}$.
• Với ion dương ${\mathrm{Ga}}^{+}$: Bớt 1 electron từ phân lớp ngoài cùng có năng lượng cao nhất.
• Với ion âm ${\mathrm{Ga}}^{-}$: Thêm 1 electron vào phân lớp đang điền dở.

Lời giải chi tiết:

1. Nguyên tử gali trung hòa ($\mathrm{Ga}$, $Z=31$, có 31 electron):
   • Lõi khí hiếm argon gồm 18 electron: $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^6$.
   • Các electron tiếp theo điền đầy phân lớp $4s$ (2 electron) và phân lớp $3d$ (10 electron).
   • Electron cuối cùng (thứ 31) đi vào phân lớp $4p$:

$$1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^1$$

Dạng thu gọn là $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^{2}4p^1$.

2. Ion dương ${\mathrm{Ga}}^{+}$ (có $31-1=30$ electron):
   • Khi nguyên tử bị ion hóa, electron ở phân lớp ngoài cùng có số lượng tử chính lớn nhất ($4p$) và liên kết lỏng lẻo nhất sẽ bị bứt ra đầu tiên:

$$1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^2$$

Dạng thu gọn là $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^2$.

3. Ion âm ${\mathrm{Ga}}^{-}$ (có $31+1=32$ electron):
   • Electron nhận thêm sẽ đi vào còn trống tiếp theo của phân lớp $4p$ đang điền dở:

$$1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^2$$

Dạng thu gọn là $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^{2}4p^2$.

Kết luận:

• $\mathrm{Ga}$: $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^{2}4p^1$
• ${\mathrm{Ga}}^{+}$: $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^2$
• ${\mathrm{Ga}}^{-}$: $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^{2}4p^2$

Q41.15

Dựa trên , cấu trúc của bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học cho thấy rằng bắt buộc phải có một số lượng tử thứ tư ngoài ba số lượng tử $n$, $l$ và $m_l$. Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Chứng minh sự cần thiết phải tồn tại số lượng tử thứ tư ($m_s$) dựa trên chu kỳ và số lượng nguyên tố trong bảng tuần hoàn kết hợp với .

Hướng đi:

• Đếm số lượng trạng thái không gian khả dĩ ứng với bộ ba $(n,l,m_l)$.
• So sánh số trạng thái này với số nguyên tố thực tế trong các chu kỳ của bảng tuần hoàn.
• Chỉ ra rằng mỗi trạng thái không gian chứa đúng 2 electron, khẳng định sự tồn tại của số lượng tử thứ tư có đúng 2 giá trị khả dĩ.

Lời giải chi tiết:

1. Đếm số trạng thái không gian với bộ ba $(n,l,m_l)$:
   • Trong phân tích Schrödinger không kể spin, mỗi trạng thái không gian được xác định trọn vẹn bởi bộ ba $(n,l,m_l)$.
   • Với mỗi số lượng tử chính $n$, số lượng tử quỹ đạo $l$ chạy từ $0$ đến $n-1$, và với mỗi $l$, $m_l$ nhận $2l+1$ giá trị.
   • Tổng số trạng thái không gian khả dĩ cho một lớp vỏ $n$ là:

$$\sum _{l=0}^{n-1}(2l+1)=n^2$$

• Cụ thể:
• Với $n=1$: Có $1^2=1$ trạng thái không gian ( 1s).
• Với $n=2$: Có $2^2=4$ trạng thái không gian (1 2s và 3 orbital 2p).

2. Mâu thuẫn nếu chỉ có ba số lượng tử:

   • Nếu mỗi electron chỉ được xác định bởi $(n,l,m_l)$, theo , không thể có hai electron cùng trạng thái, nghĩa là mỗi trạng thái không gian chỉ chứa được tối đa 1 electron:
   • Lớp $n=1$ sẽ bão hòa với 1 electron $⟹$ Chu kỳ 1 chỉ có 1 nguyên tố.
   • Lớp $n=2$ sẽ bão hòa với 4 electron $⟹$ Chu kỳ 2 chỉ có 4 nguyên tố.

3. Thực tế bảng tuần hoàn:

   • Trong thực tế:
   • Chu kỳ 1 có 2 nguyên tố (H và He).
   • Chu kỳ 2 có 8 nguyên tố (Li, Be, B, C, N, O, F, Ne).
   • Số nguyên tố thực tế luôn gấp đôi số trạng thái không gian:

$$N_{\text{electron tối đa}}=2n^2$$

• Điều này đòi hỏi mỗi trạng thái không gian $(n,l,m_l)$ phải chứa được đúng 2 electron phân biệt.

Kết luận: Để thỏa mãn , bắt buộc phải tồn tại một số lượng tử nội tại thứ tư (số lượng tử từ spin $m_s$) nhận đúng 2 giá trị khả dĩ ($+1/2$ và $-1/2$).

Q41.16

Một lượng tách nhỏ các vạch quang phổ xảy ra ngay cả khi các nguyên tử không nằm trong từ trường ngoài. Hiện tượng này do nguyên nhân nào gây ra?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Giải thích nguyên nhân gây ra sự tách vạch quang phổ (cấu trúc tinh tế) khi không có từ trường ngoài.

Hướng đi:

• Xác định bản chất tương tác spin-quỹ đạo (spin-orbit coupling).
• Đứng trong hệ quy chiếu gắn với electron chuyển động: Hạt nhân mang điện chuyển động tương đối sinh ra từ trường nội tại ${\overrightarrow{B}}_{\mathrm{int}}$.
• Mômen từ spin của electron tương tác với chính từ trường nội tại này.

Lời giải chi tiết:

1. Nguồn gốc từ trường nội tại của nguyên tử:
   • Trong hệ quy chiếu của hạt nhân, electron mang điện tích âm chuyển động quanh hạt nhân.
   • Nhưng khi chuyển sang hệ quy chiếu gắn với chính electron, hạt nhân mang điện tích dương $+Ze$ chuyển động tương đối xung quanh electron.
   • Dòng điện sinh ra do chuyển động tương đối này của hạt nhân tạo ra một từ trường nội tại mạnh ${\overrightarrow{B}}_{\mathrm{int}}$ ngay tại vị trí của electron. Từ trường này tỉ lệ thuận với mômen động lượng quỹ đạo $\overrightarrow{L}$ của electron:

$${\overrightarrow{B}}_{\mathrm{int}}\propto \overrightarrow{L}$$

2. Năng lượng tương tác spin-quỹ đạo:
   • Bản thân electron sở hữu một mômen từ spin nội tại ${\overrightarrow{\mu }}_s$.
   • Mômen từ spin ${\overrightarrow{\mu }}_s$ sẽ tương tác với từ trường nội tại ${\overrightarrow{B}}_{\mathrm{int}}$ thông qua thế năng tương tác:

$$U_{\mathrm{SO}}=-{\overrightarrow{\mu }}_s\cdot {\overrightarrow{B}}_{\mathrm{int}}\propto \overrightarrow{S}\cdot \overrightarrow{L}$$

• Năng lượng này phụ thuộc vào hướng tương đối giữa vector spin $\overrightarrow{S}$ và vector mômen động lượng quỹ đạo $\overrightarrow{L}$ (được đặc trưng bởi số lượng tử mômen động lượng toàn phần $\overrightarrow{J}=\overrightarrow{L}+\overrightarrow{S}$ với $j=l\pm 1/2$).

3. Hệ quả tách vạch quang phổ:
   • Một mức năng lượng ứng với $l>0$ ban đầu bị suy biến sẽ bị tách thành hai phân mức có giá trị $j$ khác nhau (gọi là cấu trúc tinh tế - fine structure).
   • Sự chuyển dời giữa các phân mức này sinh ra các vạch phổ kép (chẳng hạn vạch đôi màu vàng của natri 589{,}0 nm và 589{,}6 nm) ngay cả khi không có bất kỳ từ trường ngoài nào can thiệp.

Kết luận: Hiện tượng tách vạch khi không có từ trường ngoài sinh ra do tương tác spin-quỹ đạo giữa mômen từ spin của electron và từ trường nội tại tạo bởi chuyển động quỹ đạo tương đối của hạt nhân.

Q41.17

Năng lượng ion hóa của các kim loại kiềm (năng lượng tối thiểu để bứt một electron ngoài cùng khi nguyên tử ở trạng thái cơ bản) vào khoảng 4 đến 5 eV, trong khi năng lượng ion hóa của các khí hiếm lại nằm trong khoảng từ 11 đến 25 eV. Tại sao lại có sự chênh lệch lớn như vậy?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• So sánh năng lượng ion hóa của kim loại kiềm ($4-5\mathrm{eV}$) và khí hiếm ($11-25\mathrm{eV}$).
• Giải thích cơ chế vật lý dẫn đến sự khác biệt lớn này.

Hướng đi:

• Phân tích của kim loại kiềm ($[\text{khí hiếm}]n{s}^1$) và khí hiếm ($n{s}^{2}n{p}^6$).
• So sánh $Z_{\mathrm{eff}}$ và bán kính của electron ngoài cùng.
• Phân tích tính bền vững của lớp vỏ bão hòa (closed shell).

Lời giải chi tiết:

1. Đối với kim loại kiềm:
   • ngoài cùng là $n{s}^1$.
   • Electron hóa trị duy nhất này nằm ở lớp vỏ mới ($n$), có bán kính trung bình lớn nhất so với các electron còn lại.
   • Lõi electron bên trong có cấu hình khí hiếm khép kín gồm $Z-1$ electron, chắn gần như hoàn toàn điện tích hạt nhân đối với electron ngoài cùng:

$$Z_{\mathrm{eff}}\approx Z-(Z-1)=1$$

• Electron hóa trị ở xa hạt nhân và chỉ cảm nhận điện tích hiệu dụng xấp xỉ $+1e$, nên lực hút tĩnh điện rất yếu, dẫn đến năng lượng liên kết nhỏ (chỉ cần $4-5\mathrm{eV}$ để bứt electron ra).

2. Đối với khí hiếm:
   • ngoài cùng là $n{s}^{2}n{p}^6$ (hoặc $1s^2$ đối với He), tạo thành một lớp vỏ khép kín bão hòa hoàn hảo.
   • Trong cùng một chu kỳ, điện tích hạt nhân $Z$ đạt cực đại ở khí hiếm, trong khi các electron đang được điền vào cùng một lớp vỏ $n$. Các electron trong cùng một lớp chắn lẫn nhau rất kém.
   • Do đó, $Z_{\mathrm{eff}}$ mà electron ngoài cùng của khí hiếm cảm nhận là rất lớn ($Z_{\mathrm{eff}}\gg 1$).
   • Điện tích hiệu dụng lớn kéo đám mây electron co lại gần hạt nhân, làm bán kính nguyên tử nhỏ nhất trong chu kỳ và lực hút tĩnh điện cực mạnh, đòi hỏi năng lượng rất lớn ($11-25\mathrm{eV}$) mới có thể bứt được một electron.

Kết luận: Sự khác biệt vượt bậc về $Z_{\mathrm{eff}}$, bán kính nguyên tử và độ bền cấu trúc của lớp vỏ electron khép kín là nguyên nhân khiến năng lượng ion hóa của khí hiếm cao gấp nhiều lần kim loại kiềm.

Q41.18

Đối với magie, thế ion hóa thứ nhất là 7,6 eV. Thế ion hóa thứ hai (năng lượng bổ sung cần thiết để bứt electron thứ hai) gần như gấp đôi giá trị này, đạt 15 eV, và thế ion hóa thứ ba lớn hơn rất nhiều, vào khoảng 80 eV. Làm thế nào để hiểu được các con số này?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Magie ($Z=12$): $I_1=7,6\mathrm{eV}$, $I_2=15\mathrm{eV}$, $I_3\approx 80\mathrm{eV}$.
• Giải thích sự gia tăng của từng thế ion hóa dựa trên và điện tích ion.

Hướng đi:

• Viết của magie: $\mathrm{Mg}$ ($Z=12$): $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^2$.
• Phân tích quá trình bứt electron thứ nhất ($3s$ từ nguyên tử trung hòa $\mathrm{Mg}$).
• Phân tích quá trình bứt electron thứ hai ($3s$ từ ion dương ${\mathrm{Mg}}^{+}$).
• Phân tích quá trình bứt electron thứ ba ($2p$ từ ion ${\mathrm{Mg}}^{2+}$ có cấu hình khí hiếm neon bền vững).

Lời giải chi tiết:

1. Thế ion hóa thứ nhất ($I_1=7,6\mathrm{eV}$):
   • Quá trình ion hóa thứ nhất:

$$\mathrm{Mg}\to {\mathrm{Mg}}^{+}+e^{-}$$

• Bứt một electron từ phân lớp $3s$ của nguyên tử trung hòa. Electron này bị 10 electron lõi ($1s^{2}2s^{2}2p^6$) chắn mạnh và chịu thêm lực đẩy từ electron $3s$ còn lại, nên điện tích hiệu dụng cảm nhận nhỏ ($Z_{\mathrm{eff}}\approx 2-3$), năng lượng liên kết ở mức vừa phải ($7,6\mathrm{eV}$).

2. Thế ion hóa thứ hai ($I_2=15\mathrm{eV}\approx 2I_1$):
   • Quá trình ion hóa thứ hai:

$${\mathrm{Mg}}^{+}\to {\mathrm{Mg}}^{2+}+e^{-}$$

• Bứt electron $3s$ thứ hai từ một ion mang điện tích dương $+1e$.
• Không còn electron $3s$ nào khác đẩy chắn nó. Hạt nhân $+12e$ giờ đây hút 11 electron còn lại chặt hơn, đám mây electron co lại khiến bán kính nhỏ đi.
• Do phải bứt một electron âm ra khỏi một thực thể đã tích điện dương, thế năng Coulomb tăng xấp xỉ gấp đôi so với khi bứt từ nguyên tử trung hòa, làm $I_2\approx 15\mathrm{eV}$.

3. Thế ion hóa thứ ba ($I_3\approx 80\mathrm{eV}\gg I_2$):
   • Quá trình ion hóa thứ ba:

$${\mathrm{Mg}}^{2+}\to {\mathrm{Mg}}^{3+}+e^{-}$$

• Ion ${\mathrm{Mg}}^{2+}$ có cấu hình $1s^{2}2s^{2}2p^6$, là cấu hình vỏ khép kín bền của khí hiếm neon.
• Electron thứ ba bị bứt ra không còn ở lớp ngoài $n=3$ mà nằm ở lớp trong $n=2$ (phân lớp $2p$).
• Lớp $n=2$ có bán kính nhỏ hơn rất nhiều so với lớp $n=3$, và chỉ bị chắn bởi 2 electron lớp $1s$. Do đó, tăng vọt ($Z_{\mathrm{eff}}\approx 12-2=10$).
• Việc phá vỡ lớp vỏ khí hiếm bên trong dưới lực hút mãnh liệt của hạt nhân đòi hỏi năng lượng nhảy vọt hơn 5 lần, lên tới xấp xỉ $80\mathrm{eV}$.

Kết luận: $I_1$ và $I_2$ tương ứng với việc bứt hai electron hóa trị ở lớp $3s$, trong khi $I_3$ tăng vọt do phải phá vỡ lớp vỏ khép kín $2p$ ở lớp lượng tử chính bên trong ($n=2$).

Q41.19

"Gần đúng trường xuyên tâm" là gì và tại sao nó chỉ là một phép gần đúng?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nêu gần đúng trường xuyên tâm và giải thích giới hạn của nó.

Hướng đi:

• Thay tác dụng của các electron khác bằng trường trung bình để đưa bài toán nhiều electron về những bài toán một electron.
• Giữ sự phụ thuộc bán kính, nhưng kiểm tra những thông tin về vị trí tương đối đã bị bỏ qua.

Trong gần đúng trường xuyên tâm, mỗi electron được mô tả bằng một một hạt trong thế hiệu dụng $U_{\mathrm{e}\mathrm{f}\mathrm{f}}(r)$. Thế này gồm lực hút hạt nhân và tác dụng trung bình của các electron khác, được lấy đối xứng cầu.

Nhờ vậy, phần góc và phần bán kính có thể tách như trong bài toán hydro. Các trạng thái được gắn nhãn bằng $n,\ell ,m_{\ell },m_s$, nhưng năng lượng còn phụ thuộc mức độ che chắn và thâm nhập.

Đây chỉ là gần đúng vì lực đẩy thực tế phụ thuộc các khoảng cách tức thời giữa từng cặp electron. Chuyển động của chúng có tương quan. Một thế trung bình theo bán kính không giữ hết các tương quan ấy, các chi tiết phụ thuộc góc và hiệu ứng trao đổi của hệ nhiều electron.

Một phân lớp đầy có phân bố trung bình đối xứng cầu, nhưng đó không phải điều kiện cần duy nhất để một trạng thái hay một tập hợp nguyên tử có mật độ cầu. Ngay cả khi mật độ trung bình có đối xứng cầu, việc thay tương tác nhiều hạt bằng các bài toán độc lập vẫn là một xấp xỉ.

Q41.20

Hạt nhân của một nguyên tử vàng chứa 79 proton. Năng lượng cần thiết để bứt hoàn toàn một electron 1s ra khỏi nguyên tử vàng so với năng lượng cần thiết để bứt electron khỏi mức cơ bản trong nguyên tử hydro như thế nào? Một có năng lượng tương ứng cho mỗi nguyên tử này sẽ nằm trong vùng nào của thang sóng điện từ?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Vàng ($\mathrm{Au}$, $Z=79$): Xét electron 1s.
• Hydro ($\mathrm{H}$, $Z=1$): Xét electron 1s.
• So sánh năng lượng bứt electron và xác định vùng quang phổ của tương ứng.

Hướng đi:

• Dùng /Schrödinger với hiệu ứng chắn của electron 1s còn lại: $Z_{\mathrm{eff}}\approx Z-1$.
• Tính năng lượng bứt electron 1s của vàng:

$$\begin{array}{rl}& E_{1s}(\mathrm{Au})\approx (Z-1{)}^2{E}_H,\\ & E_H=13,6\mathrm{eV}.\end{array}$$

• So sánh với năng lượng ion hóa của hydro ($13,6\mathrm{eV}$).
• Xác định dải sóng điện từ (tử ngoại UV, tia X).

Lời giải chi tiết:

1. Tính toán năng lượng bứt electron:
   • Đối với nguyên tử hydro ($Z=1$): Năng lượng ion hóa từ trạng thái cơ bản 1s là:

$$E_H=13,6\mathrm{eV}$$

• Đối với nguyên tử vàng ($Z=79$): Electron ở lớp 1s chuyển động rất gần hạt nhân, bên trong tất cả các lớp electron khác. Nó chỉ bị chắn một phần nhỏ bởi electron 1s thứ hai cùng lớp, do đó xấp xỉ:

$$Z_{\mathrm{eff}}\approx Z-1=79-1=78$$

• Năng lượng liên kết của electron 1s trong vàng xấp xỉ:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{Au}}& \approx {78}^2\times 13,6\mathrm{eV}\\ & \approx 82,7\mathrm{keV}\end{array}$$

• So sánh tỷ số năng lượng:

$$\begin{array}{rl}\frac{E_{\mathrm{Au}}}{E_H}& \approx {78}^2=6084\\ & \approx 6\times {10}^3\end{array}$$

Năng lượng bứt electron 1s của vàng lớn hơn khoảng 6000 lần so với hydro (thực nghiệm đo được tại bờ hấp thụ K của vàng là $80,7\mathrm{keV}$, rất sát với ước lượng).

2. Xác định vùng phổ điện từ:
   • Với năng lượng $E_H=13,6\mathrm{eV}$:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_H& =\frac{hc}{E_H}\\ & \approx \frac{1240\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}}{13,6\mathrm{eV}}\\ & \approx 91,2\mathrm{nm}\end{array}$$

Bước sóng này nằm trong vùng tử ngoại chân không (vacuum ultraviolet - UV).

• Với năng lượng tia X $E_{\text{Au}}\approx 83\mathrm{keV}$:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{\mathrm{Au}}& =\frac{hc}{E_{\mathrm{Au}}}\\ & \approx \frac{\mathrm{1,240}\times {10}^3\mathrm{eV}\cdot \mathrm{pm}}{82,7\mathrm{keV}}\\ & \approx 15\mathrm{pm}\end{array}$$

Bước sóng này cực ngắn, nằm sâu trong vùng tia X cứng (hard X-rays) / ranh giới tia gamma năng lượng thấp.

Kết luận: Năng lượng bứt electron 1s của vàng lớn hơn nguyên tử hydro khoảng 6000 lần. của hydro thuộc vùng tử ngoại, trong khi photon của vàng thuộc vùng tia X cứng.

Q41.21

(a) Bạn có thể chứng minh rằng mômen động lượng quỹ đạo của electron theo bất kỳ phương cho trước nào (chẳng hạn dọc theo trục $z$) luôn nhỏ hơn hoặc bằng độ lớn mômen động lượng quỹ đạo toàn phần của nó không? Trong trường hợp nào thì hai đại lượng này bằng nhau?

(b) Kết quả ở phần (a) có đúng đối với một vật thể cổ điển, chẳng hạn một con quay hay một hành tinh không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• (a) Chứng minh $|L_z|\le L$ trong cơ học lượng tử. Xác định điều kiện dấu bằng.
• (b) Đánh giá tính đúng đắn của kết luận này đối với vật thể cổ điển.

Hướng đi:

• Trong cơ học lượng tử, sử dụng công thức lượng tử hóa:

$$\begin{array}{rl}& L=\sqrt{l(l+1)}\hslash ,\\ & L_z=m_l\hslash (-l\le m_l\le l).\end{array}$$

• So sánh $m_l^2$ và $l(l+1)$.
• Đối với vật thể cổ điển, xét trường hợp trục quay trùng với trục $z$.

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Chứng minh trong cơ học lượng tử
   • Độ lớn của mômen động lượng quỹ đạo toàn phần là:

$$L=\sqrt{l(l+1)}\hslash$$

• Thành phần của mômen động lượng quỹ đạo dọc theo trục $z$ là:

$$\begin{array}{rl}& L_z=m_l\hslash ,\\ & m_l\in \{-l,\dots ,+l\}.\end{array}$$

• Giá trị tuyệt đối lớn nhất của $L_z$ đạt được khi $|m_l|=l$:

$$|L_z{|}_{max}=l\hslash$$

• Đặt hiệu bình phương $\mathrm{\Delta }{L}^2=L^2-|L_z{|}_{max}^2$, ta có:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{L}^2& =l(l+1){\hslash }^2-l^2{\hslash }^2\\ & =l{\hslash }^2\ge 0\end{array}$$

• Do đó, với mọi trạng thái lượng tử:

$$|L_z|\le L$$

• Xét điều kiện dấu bằng ($|L_z|=L$):
• Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $l{\hslash }^2=0⟺l=0$.
• Khi $l=0$, ta có $L=0$ và $m_l=0⟹L_z=0$. Cả hai đại lượng đều đồng thời bằng 0.
• Với mọi trạng thái có $l>0$, vì $l<\sqrt{l(l+1)}$ nên $|L_z|$ luôn luôn nhỏ hơn ngặt so với $L$ ($|L_z|<L$).
• Với $l>0$, không thể đồng thời có hai thành phần ngang xác định bằng không và thành phần $L_z$ khác không. Quan hệ giao hoán $[L_x,L_y]=i\hslash L_z$ thể hiện giới hạn ấy. Trường hợp $l=0$ có mômen động lượng bằng không, nên không có hướng vector để xét.

2. Phần (b): Đối với vật thể cổ điển
   • Đối với một vật thể cơ học cổ điển (như con quay hoặc hành tinh), vector mômen động lượng $\overrightarrow{L}=(L_x,L_y,L_z)$ có độ lớn $L=\sqrt{L_x^2+L_y^2+L_z^2}$.
   • Rõ ràng bất đẳng thức $|L_z|\le L$ vẫn luôn đúng về mặt hình học giải tích.
   • Tuy nhiên, điểm khác biệt then chốt là khả năng xảy ra dấu bằng khi $L\ne 0$:
   • Trong cơ học cổ điển, không có nguyên lý bất định hạn chế các thành phần của vector. Một vật thể hoàn toàn có thể quay thuần túy quanh trục $z$ ($L_x=0,L_y=0$).
   • Khi đó, $|L_z|=L>0$. Kết luận "vector không thể trùng với trục tọa độ khi $L\ne 0$" của cơ học lượng tử không áp dụng cho vật thể cổ điển.

Kết luận: Trong cơ học lượng tử, $|L_z|=L$ chỉ xảy ra khi cả hai cùng bằng $0$. Đối với vật thể cổ điển, $|L_z|=L$ có thể xảy ra ở bất kỳ giá trị năng lượng nào khi trục quay của vật trùng với trục $z$.

Q41.22

Một nguyên tử ở trạng thái cơ bản hấp thụ một có năng lượng đúng bằng bờ hấp thụ K (K absorption edge). Việc hấp thụ photon này có làm ion hóa nguyên tử không? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Nguyên tử hấp thụ có năng lượng $h\nu =E_{\text{bờ }K}$.
• Câu hỏi: Quá trình này có làm ion hóa nguyên tử hay không? Giải thích.

Hướng đi:

• Nêu định nghĩa vật lý của "bờ hấp thụ K" (K absorption edge).
• Xác định trạng thái ban đầu của electron bị kích thích (lớp K, $n=1$).
• Xác định trạng thái cuối cùng của electron sau khi hấp thụ năng lượng ngưỡng này.

Lời giải chi tiết:

1. Định nghĩa bờ hấp thụ K:

   • Lớp K là lớp vỏ electron trong cùng gần hạt nhân nhất ($n=1$).
   • Bờ hấp thụ K được định nghĩa là năng lượng tối thiểu cần thiết để đánh bật hoàn toàn một electron từ lớp K ($n=1$) thoát khỏi lực hút liên kết của nguyên tử ra xa vô cực với động năng bằng không ($E_{\text{cuối}}=0$ ở vùng phổ liên tục).

2. Phân tích quá trình ion hóa:

   • Trước khi hấp thụ , electron nằm ở trạng thái liên kết sâu trong lớp K với năng lượng $E_K<0$.
   • Khi nguyên tử hấp thụ có năng lượng đúng bằng $h\nu =|E_K|$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\text{cuối}}& =E_K+h\nu \\ & =-|E_K|+|E_K|=0\end{array}$$

• Năng lượng này vừa đủ để electron lớp K bứt hoàn toàn ra khỏi nguyên tử và trở thành một electron tự do.
• Nguyên tử ban đầu trung hòa nay mất đi một electron, trở thành một ion dương với một lỗ trống ở lớp vỏ K:

$$\mathrm{X}+h{\nu }_K\to {\mathrm{X}}^{+}+e^{-}$$

Kết luận: Khi bờ K được hiểu là ngưỡng ion hóa của lớp K, hấp thụ tại ngưỡng này làm ion hóa nguyên tử. Cần phân biệt ngưỡng ấy với một vạch kích thích electron K lên trạng thái liên kết còn trống. Quá trình thứ hai chưa nhất thiết làm electron rời nguyên tử.

Q41.23

Liệu nguyên tử hydro có thể phát ra tia X không? Nếu có thì bằng cách nào? Nếu không thì tại sao?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Đánh giá khả năng phát tia X của nguyên tử hydro.
• Nêu rõ cơ chế vật lý khả thi hoặc giới hạn lý thuyết.

Hướng đi:

• Xác định dải năng lượng đặc trưng của tia X ($100\mathrm{eV}$ đến hàng trăm $\mathrm{keV}$).
• Tính năng lượng chuyển mức electron lớn nhất trong nguyên tử hydro liên kết: $\mathrm{\Delta }{E}_{max}=13,6\mathrm{eV}$.
• Phân tích các quá trình khác có thể sinh ra tia X từ hệ hạt hydro (bức xạ hãm Bremsstrahlung và tái hợp electron năng lượng cao).

Lời giải chi tiết:

1. Xét quá trình chuyển mức electron liên kết thông thường:
   • Năng lượng của các trạng thái dừng trong nguyên tử hydro với $n=1,2,3,\dots$:

$$E_n=-\frac{13,6\mathrm{eV}}{n^2}$$

• Độ chênh lệch năng lượng lớn nhất giữa hai trạng thái bất kỳ là khi electron chuyển từ trạng thái ion hóa ($n\to \mathrm{\infty },E=0$) về trạng thái cơ bản ($n=1$):

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{max}& =E_{\mathrm{\infty }}-E_1\\ & =13,6\mathrm{eV}\end{array}$$

• Bước sóng ngắn nhất tương ứng trong phổ vạch hydro (giới hạn dãy Lyman) là:

$${\lambda }_{min}=\frac{hc}{\mathrm{\Delta }{E}_{max}}\approx 91,2\mathrm{nm}$$

• Bức xạ này nằm ở vùng tử ngoại chân không (vacuum UV), hoàn toàn chưa đạt tới ngưỡng năng lượng của tia X (tia X thường có năng lượng từ khoảng $100\mathrm{eV}$ trở lên, tương ứng bước sóng dưới $10\mathrm{nm}$). Do đó, hydro không thể phát thông qua các chuyển mức quang phổ electron liên kết.

2. Cách để nguyên tử hydro phát ra tia X:
   • Hydro vẫn có thể tạo ra tia X thông qua các tương tác tán xạ năng lượng cao:
   • Bức xạ hãm (Bremsstrahlung): Nếu bắn một chùm electron tự do có động năng lớn (ví dụ $E_k\ge 1\mathrm{keV}$) vào chất khí hydro, khi electron bay qua gần hạt nhân proton, lực tĩnh điện Coulomb mạnh của hạt nhân sẽ làm electron bị lệch hướng và giảm tốc đột ngột. Sự giảm tốc này làm electron phát ra bức xạ hãm có phổ liên tục thuộc dải tia X.
   • Bức xạ tái hợp electron năng lượng cao: Nếu một electron tự do có động năng ban đầu lớn $K_e\ge 100\mathrm{eV}$ bị một proton bắt giữ trực tiếp vào trạng thái cơ bản $n=1$, phát ra sẽ mang năng lượng:

$$\begin{array}{rl}h\nu & =K_e+13,6\mathrm{eV}\\ & \ge 113,6\mathrm{eV}\end{array}$$

này có năng lượng nằm trong dải tia X mềm.

Kết luận: Nguyên tử hydro cô lập không thể phát tia X qua chuyển mức quang phổ thông thường vì năng lượng liên kết tối đa chỉ là $13,6\mathrm{eV}$. Tuy nhiên, hydro có thể phát tia X nếu có chùm electron tự do năng lượng cao tương tác với hạt nhân proton thông qua bức xạ hãm hoặc quá trình bắt giữ electron.

Q41.24

Một hệ gồm hai electron có :

$$\begin{array}{rl}& \psi ({\overrightarrow{r}}_1,{\overrightarrow{r}}_2)=\frac{1}{\sqrt{2}}({\psi }_A-{\psi }_B),\\ & {\psi }_A={\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_1){\psi }_{\beta }({\overrightarrow{r}}_2),\\ & {\psi }_B={\psi }_{\beta }({\overrightarrow{r}}_1){\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_2)\end{array}$$

trong đó ${\psi }_{\alpha }$ là đã chuẩn hóa cho một trạng thái có $S_z=+\frac{1}{2}\hslash$ và ${\psi }_{\beta }$ là hàm sóng đã chuẩn hóa cho một trạng thái có $S_z=-\frac{1}{2}\hslash$.

(a) Nếu đo $S_z$ của electron 1, những kết quả nào có thể thu được? Xác suất của mỗi kết quả là bao nhiêu?

(b) Nếu đo $S_z$ của electron 2, những kết quả nào có thể thu được? Xác suất của mỗi kết quả là bao nhiêu?

(c) Nếu phép đo $S_z$ của electron 1 cho giá trị $+\frac{1}{2}\hslash$, những kết quả nào có thể thu được trong phép đo tiếp theo của $S_z$ đối với electron 2? Xác suất thu được mỗi kết quả là bao nhiêu? Hãy giải thích.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Trạng thái hai electron:

$$\begin{array}{rl}& \psi ({\overrightarrow{r}}_1,{\overrightarrow{r}}_2)=\frac{1}{\sqrt{2}}({\psi }_A-{\psi }_B),\\ & {\psi }_A={\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_1){\psi }_{\beta }({\overrightarrow{r}}_2),\\ & {\psi }_B={\psi }_{\beta }({\overrightarrow{r}}_1){\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_2).\end{array}$$

• Trạng thái $\alpha$: $S_z=+\frac{1}{2}\hslash$; trạng thái $\beta$: $S_z=-\frac{1}{2}\hslash$.
• (a) Đo $S_z$ của electron 1: Các giá trị và xác suất?
• (b) Đo $S_z$ của electron 2: Các giá trị và xác suất?
• (c) Nếu electron 1 đo ra $+\frac{1}{2}\hslash$, đo tiếp electron 2 thu được gì và xác suất bao nhiêu?

Hướng đi:

• Nhận dạng : Đây là một trạng thái phản đối xứng (spin-singlet).
• Khai triển trạng thái theo hệ cơ sở riêng của electron 1 và electron 2 để tìm xác suất tiên nghiệm.
• Áp dụng tiên đề (wave function collapse) của phép đo cơ học lượng tử để tìm xác suất hậu đo cho electron 2.

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Đo $S_z$ của electron 1
   • của hệ có thể viết dưới dạng tách theo trạng thái spin của electron 1:

$$\begin{array}{rl}& \psi ({\overrightarrow{r}}_1,{\overrightarrow{r}}_2)=\frac{{\psi }_A}{\sqrt{2}}-\frac{{\psi }_B}{\sqrt{2}},\\ & {\psi }_A={\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_1){\psi }_{\beta }({\overrightarrow{r}}_2),\\ & {\psi }_B={\psi }_{\beta }({\overrightarrow{r}}_1){\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_2).\end{array}$$

• Số hạng thứ nhất tương ứng với electron 1 ở trạng thái ${\psi }_{\alpha }$ (có $S_{z,1}=+\frac{1}{2}\hslash$). Xác suất đo được giá trị này là:

$$\begin{array}{rl}P(S_{z,1}=+\frac{1}{2}\hslash )& ={\left|\frac{1}{\sqrt{2}}\right|}^2\\ & =50\mathrm{\%}\end{array}$$

• Số hạng thứ hai tương ứng với electron 1 ở trạng thái ${\psi }_{\beta }$ (có $S_{z,1}=-\frac{1}{2}\hslash$). Xác suất đo được giá trị này là:

$$\begin{array}{rl}P(S_{z,1}=-\frac{1}{2}\hslash )& ={|-\frac{1}{\sqrt{2}}|}^2\\ & =50\mathrm{\%}\end{array}$$

• Không thể thu được bất kỳ giá trị nào khác.

2. Phần (b): Đo $S_z$ của electron 2
   • Nhìn vào đối với electron 2:
   • Khi electron 2 ở trạng thái ${\psi }_{\beta }$ ($S_{z,2}=-\frac{1}{2}\hslash$), biên độ là $\frac{1}{\sqrt{2}}⟹$ Xác suất là $50\mathrm{\%}$.
   • Khi electron 2 ở trạng thái ${\psi }_{\alpha }$ ($S_{z,2}=+\frac{1}{2}\hslash$), biên độ là $-\frac{1}{\sqrt{2}}⟹$ Xác suất là $50\mathrm{\%}$.
   • Do đó, nếu thực hiện phép đo trên electron 2 khi chưa đo electron 1, kết quả có thể là:

$$P(S_{z,2}=+\frac{1}{2}\hslash )=50\mathrm{\%}$$

$$P(S_{z,2}=-\frac{1}{2}\hslash )=50\mathrm{\%}$$

3. Phần (c): Đo electron 2 sau khi electron 1 cho kết quả $+\frac{1}{2}\hslash$
   • Theo tiên đề phép đo cơ học lượng tử (): Khi phép đo $S_z$ trên electron 1 cho kết quả $+\frac{1}{2}\hslash$, toàn bộ của hệ lập tức suy sụp về trạng thái riêng tương ứng với kết quả đo này.
   • Nhánh chứa trạng thái spin xuống của electron 1 bị triệt tiêu hoàn toàn. của hệ sau phép đo trở thành:

$${\psi }_{\text{sau}}({\overrightarrow{r}}_1,{\overrightarrow{r}}_2)={\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_1){\psi }_{\beta }({\overrightarrow{r}}_2)$$

• Trong trạng thái mới này, electron 2 hoàn toàn và chắc chắn nằm ở trạng thái ${\psi }_{\beta }$, vốn có $S_{z,2}=-\frac{1}{2}\hslash$.
• Do đó, phép đo tiếp theo của $S_z$ trên electron 2 sẽ cho:

$$P(S_{z,2}=-\frac{1}{2}\hslash )=100\mathrm{\%}$$

$$P(S_{z,2}=+\frac{1}{2}\hslash )=0\mathrm{\%}$$

Kết luận: Trạng thái cho trước là trạng thái có tương quan đối nghịch hoàn hảo: Phép đo trên một electron lập tức xác định kết quả đo đối nghịch của electron còn lại.

Q41.25

Lặp lại Câu hỏi thảo luận Q41.24 cho :

$$\psi ({\overrightarrow{r}}_1,{\overrightarrow{r}}_2)={\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_1){\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_2)$$

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Trạng thái hai electron:

$$\psi ({\overrightarrow{r}}_1,{\overrightarrow{r}}_2)={\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_1){\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_2)$$

• Cả hai hạt đều được mô tả bởi trạng thái ${\psi }_{\alpha }$ có $S_z=+\frac{1}{2}\hslash$.
• Trả lời các câu hỏi (a), (b), (c) tương tự Q41.24.

Hướng đi:

• Nhận dạng cấu trúc : Đây là một trạng thái tích độc lập (separable product state), không vướng víu.
• Xác định trạng thái spin của từng electron độc lập.
• Nêu lưu ý quan trọng về đối với hai fermion đồng nhất.

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Đo $S_z$ của electron 1
   • của hệ có dạng tích tách biệt:

$$\psi ({\overrightarrow{r}}_1,{\overrightarrow{r}}_2)={\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_1){\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_2)$$

• Electron 1 đang ở trạng thái dừng ${\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_1)$, vốn là một trạng thái riêng xác định của toán tử ${\hat{S}}_z$ với giá trị riêng $+\frac{1}{2}\hslash$.
• Do đó, kết quả duy nhất có thể thu được khi đo $S_z$ của electron 1 là $S_{z,1}=+\frac{1}{2}\hslash$ với xác suất tuyệt đối:

$$P(S_{z,1}=+\frac{1}{2}\hslash )=100\mathrm{\%}$$

• Xác suất đo được $-\frac{1}{2}\hslash$ là $0\mathrm{\%}$.

2. Phần (b): Đo $S_z$ của electron 2
   • Tương tự như electron 1, electron 2 cũng đang ở trạng thái riêng ${\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_2)$ với $S_z=+\frac{1}{2}\hslash$.
   • Kết quả duy nhất có thể thu được khi đo $S_z$ của electron 2 là $S_{z,2}=+\frac{1}{2}\hslash$ với xác suất tuyệt đối:

$$P(S_{z,2}=+\frac{1}{2}\hslash )=100\mathrm{\%}$$

• Xác suất đo được $-\frac{1}{2}\hslash$ là $0\mathrm{\%}$.

3. Phần (c): Đo electron 2 sau khi electron 1 cho kết quả $+\frac{1}{2}\hslash$
   • Vì ban đầu là một trạng thái tích tách biệt không vướng víu, phép đo trên electron 1 không làm thay đổi trạng thái lượng tử của electron 2.
   • Electron 2 vẫn giữ nguyên trạng thái ${\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_2)$.
   • Do đó, phép đo tiếp theo trên electron 2 chắc chắn cho kết quả:

$$P(S_{z,2}=+\frac{1}{2}\hslash )=100\mathrm{\%}$$

$$P(S_{z,2}=-\frac{1}{2}\hslash )=0\mathrm{\%}$$

4. Lưu ý sư phạm quan trọng về :
   • Về mặt bản chất vật lý lượng tử, electron là fermion đồng nhất, toàn phần bắt buộc phải phản đối xứng đối với phép hoán vị hạt:

$$\psi ({\overrightarrow{r}}_1,{\overrightarrow{r}}_2)=-\psi ({\overrightarrow{r}}_2,{\overrightarrow{r}}_1)$$

• tích:

$$\psi ={\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_1){\psi }_{\alpha }({\overrightarrow{r}}_2)$$

là đối xứng hoàn toàn đối với phép hoán vị hạt.

• Do đó, nếu ${\psi }_{\alpha }$ đại diện cho toàn bộ trạng thái không gian và spin, thì trạng thái này vi phạm và không thể tồn tại trong tự nhiên đối với hai electron đồng nhất (hai electron không thể cùng ở chung một trạng thái lượng tử toàn phần).
• Để trạng thái này có thể tồn tại về mặt vật lý, ${\psi }_{\alpha }(\overrightarrow{r})$ trong công thức chỉ có thể là spin, và phần hàm sóng không gian đi kèm bắt buộc phải là một hàm phản đối xứng để tích toàn phần thỏa mãn tính phản đối xứng fermion.

Kết luận: Cả hai electron đều độc lập ở trạng thái spin lên, mọi phép đo $S_z$ trên mỗi electron đều cho kết quả $+\frac{1}{2}\hslash$ với xác suất tuyệt đối $100\mathrm{\%}$.

Bài tập (41.1 – 41.22)

41.1

Đối với một lập phương ba chiều, (số trạng thái lượng tử khác nhau có cùng năng lượng) của các mức năng lượng sau là bao nhiêu:

(a) $\frac{3{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}$

(b) $\frac{9{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}$

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• thế lập phương ba chiều cạnh $L$.
• Tìm của hai mức năng lượng:

$$\begin{array}{rl}& E_a=\frac{3{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2},\\ & E_b=\frac{9{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}.\end{array}$$

Hướng đi:

• Năng lượng của lập phương ba chiều được lượng tử hóa theo ba số lượng tử nguyên dương $n_x,n_y,n_z\in \{1,2,3,\dots \}$:

$$E=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}(n_x^2+n_y^2+n_z^2)$$

• không gian $g$ là số bộ ba số nguyên dương $(n_x,n_y,n_z)$ thỏa mãn phương trình tổng bình phương:

$$n_x^2+n_y^2+n_z^2=C$$

• Xét thêm bậc tự do spin nếu hệ là electron ($g_{\text{toàn phần}}=2g$).

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Mức năng lượng $E_a=\frac{3{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}$
   • Ta có phương trình:

$$n_x^2+n_y^2+n_z^2=3$$

• Vì $n_x,n_y,n_z\ge 1$ nên giá trị nhỏ nhất của mỗi bình phương là $1^2=1$.
• Bộ nghiệm nguyên dương duy nhất thỏa mãn là:

$$(n_x,n_y,n_z)=(1,1,1)$$

• Đây chính là trạng thái cơ bản của lập phương.
• Chỉ có duy nhất 1 trạng thái không gian ứng với mức năng lượng này.
• không gian: $g=1$ (mức không suy biến). Nếu xét electron có 2 trạng thái spin ($m_s=\pm 1/2$), độ suy biến toàn phần là $2\times 1=2$.

2. Phần (b): Mức năng lượng $E_b=\frac{9{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}$
   • Ta có phương trình:

$$n_x^2+n_y^2+n_z^2=9$$

• Phân tích số 9 thành tổng bình phương của ba số nguyên dương:

$$\begin{array}{rl}9& =1^2+2^2+2^2\\ & =1+4+4\end{array}$$

• Các hoán vị của bộ ba $(1,2,2)$ gồm có:

$$\begin{array}{rl}& (1,2,2),\\ & (2,1,2),\\ & (2,2,1).\end{array}$$

• Không còn phân tích nào khác (ví dụ $3^2+0^2+0^2=9$ không hợp lệ vì số lượng tử trong hộp thế phải thỏa mãn $n_i\ge 1$).
• Có đúng 3 trạng thái không gian phân biệt có cùng mức năng lượng này.
• không gian: $g=3$. Nếu kể cả , độ suy biến toàn phần là $3\times 2=6$.

Kết luận:

• (a) không gian là $1$ (kể cả spin là $2$).
• (b) không gian là $3$ (kể cả spin là $6$).

41.2

Mô hình hóa nguyên tử hydro như một electron trong một hộp lập phương có chiều dài cạnh $L$. Đặt giá trị của $L$ sao cho thể tích của hộp bằng thể tích của một quả cầu có bán kính $a=5,29\times {10}^{-11}\mathrm{m}$ (bán kính Bohr). Tính khoảng cách năng lượng giữa mức cơ bản và mức kích thích thứ nhất, và so sánh kết quả này với khoảng cách năng lượng tính từ .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hộp lập phương cạnh $L$ có thể tích bằng quả cầu bán kính $a=5,29\times {10}^{-11}\mathrm{m}$.
• Tính khoảng cách năng lượng:

$$\mathrm{\Delta }{E}_{\text{hộp}}=E_2-E_1$$

• So sánh với $\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{Bohr}}=E_2-E_1$.

Hướng đi:

• Tính cạnh $L$ từ điều kiện cân bằng thể tích:

$$\begin{array}{rl}{L}^3& =\frac{4\pi }{3}{a}^3\\ ⟹L& =a{\left(\frac{4\pi }{3}\right)}^{1/3}\end{array}$$

• Xác định mức cơ bản $(1,1,1)$ và mức kích thích thứ nhất $(2,1,1)$ trong hộp lập phương.
• Tính hiệu năng lượng:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{\text{hộp}}& =(6-3)\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}^2}\\ & =\frac{3{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}^2}\end{array}$$

• So sánh với hiệu năng lượng :

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{Bohr}}& =E_2-E_1\\ & =10,2\mathrm{eV}\end{array}$$

Lời giải chi tiết:

1. Xác định chiều dài cạnh $L$ của hộp:
   • Thể tích quả cầu bán kính $a$ bằng thể tích khối lập phương cạnh $L$:

$$\begin{array}{rl}V=L^3& =\frac{4\pi }{3}{a}^3\\ ⟹L& =a{\left(\frac{4\pi }{3}\right)}^{1/3}\end{array}$$

• Với $a=5,29\times {10}^{-11}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}{\left(\frac{4\pi }{3}\right)}^{1/3}& \approx (\mathrm{4,189}{)}^{1/3}\\ & \approx \mathrm{1,612}\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}L& \approx (5,29\times {10}^{-11})(\mathrm{1,612})\\ & \approx \mathrm{8,527}\times {10}^{-11}\mathrm{m}\end{array}$$

2. Tính khoảng cách năng lượng trong hộp lập phương:
   • Trạng thái cơ bản: $(n_x,n_y,n_z)=(1,1,1)$, có tổng bình phương $1^2+1^2+1^2=3$.
   • Trạng thái kích thích thứ nhất: $(2,1,1)$, $(1,2,1)$, $(1,1,2)$, có tổng bình phương $2^2+1^2+1^2=6$.
   • Độ chênh lệch năng lượng là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{\text{hộp}}& =E_{2,1,1}-E_{1,1,1}\\ & =\frac{3{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}^2}\end{array}$$

• Thay các hằng số:

$$\begin{array}{rl}& m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg},\\ & \hslash =\mathrm{1,054}6\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}.\end{array}$$

• Ta thu được:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{\text{hộp}}& =\frac{3{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}^2}\\ & \approx \mathrm{2,485}\times {10}^{-17}\mathrm{J}\end{array}$$

• Đổi sang electron volt:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{\text{hộp}}& =\frac{\mathrm{2,485}\times {10}^{-17}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}}\\ & \approx 155,1\mathrm{eV}\end{array}$$

3. So sánh với :
   • Trong , mức năng lượng của nguyên tử hydro là:

$$E_n=-\frac{13,60\mathrm{eV}}{n^2}$$

• Khoảng cách giữa mức cơ bản ($n=1$) và mức kích thích thứ nhất ($n=2$) là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{Bohr}}& =E_2-E_1\\ & =13,60\mathrm{eV}\times \frac{3}{4}\\ & =10,20\mathrm{eV}\end{array}$$

• So sánh hai kết quả:

$$\frac{\mathrm{\Delta }{E}_{\text{hộp}}}{\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{Bohr}}}=\frac{155,1}{10,20}\approx 15,2$$

Kết luận: Khoảng cách năng lượng tính từ mô hình hộp lập phương lớn gấp khoảng 15 lần so với ($155,1\mathrm{eV}$ so với $10,20\mathrm{eV}$). Điều này là do thành hộp thế cao vô hạn giam cầm electron chặt chẽ hơn nhiều so với thế tĩnh điện Coulomb thực tế vốn trải rộng dần ra vô cực.

41.3

Một được phát ra khi một electron trong một hộp lập phương ba chiều có chiều dài cạnh $8,00\times {10}^{-11}\mathrm{m}$ chuyển mức từ trạng thái $n_x=2,n_y=2,n_z=1$ xuống trạng thái $n_x=1,n_y=1,n_z=1$. Bước sóng của photon này là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hộp lập phương cạnh $L=8,00\times {10}^{-11}\mathrm{m}$.
• Chuyển mức electron: $(2,2,1)\to (1,1,1)$.
• Tìm bước sóng phát ra $\lambda$.

Hướng đi:

• Tính năng lượng trạng thái đầu $E_i$ và trạng thái cuối $E_f$.
• Tính năng lượng phát ra: $\mathrm{\Delta }E=E_i-E_f$.
• Sử dụng hệ thức Einstein-Planck để tìm bước sóng: $\lambda =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}$.

Lời giải chi tiết:

1. Tính hiệu năng lượng giữa hai mức:
   • Năng lượng trạng thái đầu $(2,2,1)$:

$$\begin{array}{rl}\sum n_i^2& =2^2+2^2+1^2\\ & =9\end{array}$$

• Năng lượng trạng thái cuối $(1,1,1)$:

$$\begin{array}{rl}\sum n_f^2& =1^2+1^2+1^2\\ & =3\end{array}$$

• Hiệu năng lượng phát ra:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =E_i-E_f\\ & =\frac{3{\pi }^2{\hslash }^2}{m_e{L}^2}\end{array}$$

2. Thay số:
   • Thay các hằng số:

$$\begin{array}{rl}& m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg},\\ & L=8,00\times {10}^{-11}\mathrm{m},\\ & \hslash =\mathrm{1,054}6\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}.\end{array}$$

• Ta thu được:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =\frac{3{\pi }^2{\hslash }^2}{m_e{L}^2}\\ & \approx \mathrm{5,648}\times {10}^{-17}\mathrm{J}\end{array}$$

• Đổi sang electron volt:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& \approx \frac{\mathrm{5,648}\times {10}^{-17}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}}\\ & \approx 352,5\mathrm{eV}\end{array}$$

3. Tính bước sóng :

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}\\ & \approx \frac{\mathrm{1,986}\times {10}^{-25}}{\mathrm{5,648}\times {10}^{-17}}\\ & \approx 3,52\mathrm{nm}\end{array}$$

Kết luận: Bước sóng của phát ra là $\lambda \approx 3,52\mathrm{nm}$ (thuộc dải tia X mềm).

41.4

Đối với mỗi trạng thái sau của một lập phương ba chiều, hàm phân bố xác suất đạt cực đại tại những điểm nào:

(a) $n_x=1,n_y=1,n_z=1$

(b) $n_x=2,n_y=2,n_z=1$

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Tìm các tọa độ $(x,y,z)$ trong hộp $0\le x,y,z\le L$ mà tại đó mật độ xác suất $|\psi {|}^2$ đạt cực đại cho hai trạng thái:
  • (a) $(1,1,1)$
  • (b) $(2,2,1)$

Hướng đi:

• trong hộp ba chiều là tích của ba hàm sóng một chiều:

$$\psi (x,y,z)=X(x)Y(y)Z(z)$$

với thành phần:

$$X(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \left(\frac{n_x\pi x}{L}\right)$$

• Mật độ xác suất $|\psi {|}^2$ đạt cực đại khi và chỉ khi mỗi thừa số ${\sin }^2\left(\frac{n\pi u}{L}\right)$ đồng thời đạt cực đại bằng $1$:

$$\begin{array}{rl}{\sin }^2\left(\frac{n\pi u}{L}\right)& =1\\ ⟺\frac{n\pi u}{L}& =\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2},\dots \end{array}$$

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Trạng thái $(n_x=1,n_y=1,n_z=1)$
   • Với $n_x=1$: Điều kiện $\sin (\pi x/L)=1$ đạt tại $x=L/2$.
   • Với $n_y=1$: Điều kiện $\sin (\pi y/L)=1$ đạt tại $y=L/2$.
   • Với $n_z=1$: Điều kiện $\sin (\pi z/L)=1$ đạt tại $z=L/2$.
   • Do đó, hàm phân bố xác suất đạt cực đại tại đúng 1 điểm duy nhất ở tâm khối lập phương:

$$(x,y,z)=(\frac{L}{2},\frac{L}{2},\frac{L}{2})$$

2. Phần (b): Trạng thái $(n_x=2,n_y=2,n_z=1)$
   • Với $n_x=2$: Phương trình $\sin (2\pi x/L)=\pm 1$ cho nghiệm:

$$x\in \{\frac{L}{4},\frac{3L}{4}\}$$

• Với $n_y=2$: Tương tự cho phương $y$:

$$y\in \{\frac{L}{4},\frac{3L}{4}\}$$

• Với $n_z=1$: Phương trình $\sin (\pi z/L)=\pm 1$ cho nghiệm:

$$z=\frac{L}{2}$$

• Kết hợp các giá trị tọa độ, ta có $2\times 2\times 1=4$ điểm cực đại xác suất nằm trong mặt phẳng $z=L/2$:

$$\begin{array}{rl}{P}_1& =(L/4,L/4,L/2),\\ P_2& =(3L/4,L/4,L/2),\\ P_3& =(L/4,3L/4,L/2),\\ P_4& =(3L/4,3L/4,L/2).\end{array}$$

Phân bố mật độ xác suất trong mặt phẳng z=L/2 cho trạng thái (1,1,1) và (2,2,1)

Kết luận:

• (a) 1 điểm: $(L/2,L/2,L/2)$.
• (b) 4 điểm: $(L/4,L/4,L/2)$, $(3L/4,L/4,L/2)$, $(L/4,3L/4,L/2)$, $(3L/4,3L/4,L/2)$.

41.5

Một có bước sóng $8,00\mathrm{nm}$ bị hấp thụ khi một electron trong hộp lập phương ba chiều chuyển từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích thứ hai. Chiều dài cạnh $L$ của hộp là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hấp thụ bước sóng $\lambda =8,00\mathrm{nm}$.
• Chuyển mức: Trạng thái cơ bản $\to$ Trạng thái kích thích thứ hai.
• Tìm chiều dài cạnh $L$ của hộp lập phương.

Hướng đi:

• Xác định mức cơ bản: $(1,1,1)$ có tổng bình phương bằng 3.
• Xác định mức kích thích thứ nhất: $(2,1,1)$ và hoán vị có tổng bình phương bằng 6.
• Xác định mức kích thích thứ hai: $(2,2,1)$ và hoán vị có tổng bình phương bằng 9.
• Thiết lập phương trình năng lượng:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =E_3-E_1\\ & =\frac{hc}{\lambda }\end{array}$$

và giải tìm $L$.

Lời giải chi tiết:

1. Xác định các mức năng lượng liên quan:
   • Trạng thái cơ bản:

$$(1,1,1)⟹\sum n_i^2=3$$

• Trạng thái kích thích thứ nhất:

$$(2,1,1)⟹\sum n_i^2=6$$

• Trạng thái kích thích thứ hai:

$$(2,2,1)⟹\sum n_i^2=9$$

• Hiệu năng lượng hấp thụ là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =(9-3)\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}^2}\\ & =\frac{3{\pi }^2{\hslash }^2}{m_e{L}^2}\end{array}$$

2. Liên hệ với năng lượng của :

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =\frac{hc}{\lambda }\\ ⟹\frac{3{\pi }^2{\hslash }^2}{m_e{L}^2}& =\frac{hc}{\lambda }\end{array}$$

• Rút ra biểu thức tính $L$:

$$\begin{array}{rl}{L}^2& =\frac{3\pi \hslash \lambda }{2m_{e}c}\\ ⟹L& =\sqrt{\frac{3\pi \hslash \lambda }{2m_{e}c}}\end{array}$$

3. Thay số:
   • Thay các giá trị:

$$\begin{array}{rl}& \lambda =8,00\times {10}^{-9}\mathrm{m},\\ & \hslash =\mathrm{1,054}6\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s},\\ & m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}.\end{array}$$

• Ta có:

$$\begin{array}{rl}L& =\sqrt{\frac{3\pi \hslash \lambda }{2m_{e}c}}\\ & \approx \mathrm{1,207}\times {10}^{-10}\mathrm{m}\end{array}$$

• Đổi sang nanomet:

$$L\approx \mathrm{0,121}\mathrm{nm}$$

Kết luận: Chiều dài cạnh của hộp lập phương là $L\approx \mathrm{0,121}\mathrm{nm}$ (hay $1,21\times {10}^{-10}\mathrm{m}$).

41.6

Độ chênh lệch năng lượng giữa hai mức năng lượng thấp nhất đối với một proton trong một hộp lập phương có chiều dài cạnh $1,00\times {10}^{-14}\mathrm{m}$ (xấp xỉ đường kính của một hạt nhân nguyên tử) là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Hạt là proton có khối lượng:

$$m_p\approx \mathrm{1,673}\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$$

• Hộp lập phương cạnh $L=1,00\times {10}^{-14}\mathrm{m}$.
• Tính hiệu năng lượng giữa hai mức thấp nhất:

$$\mathrm{\Delta }E=E_{\text{kích thích 1}}-E_{\text{cơ bản}}$$

Hướng đi:

• Hai mức năng lượng thấp nhất của hộp lập phương là:
  • Mức cơ bản: $(1,1,1)$ có $\sum n_i^2=3$.
  • Mức kích thích thứ nhất: $(2,1,1)$ có $\sum n_i^2=6$.
• Hiệu năng lượng là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =(6-3)\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_p{L}^2}\\ & =\frac{3{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_p{L}^2}\end{array}$$

Lời giải chi tiết:

1. Thiết lập công thức tính:
   • Mức cơ bản:

$$E_{1,1,1}=\frac{3{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_p{L}^2}$$

• Mức thấp thứ hai:

$$E_{2,1,1}=\frac{6{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_p{L}^2}$$

• Hiệu năng lượng:

$$\mathrm{\Delta }E=\frac{3{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_p{L}^2}$$

2. Thay số:
   • Thay các giá trị chuẩn:

$$\begin{array}{rl}& \hslash =\mathrm{1,054}6\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s},\\ & m_p=\mathrm{1,672}6\times {10}^{-27}\mathrm{kg},\\ & L=1,00\times {10}^{-14}\mathrm{m}.\end{array}$$

• Ta có:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =\frac{3{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_p{L}^2}\\ & \approx \mathrm{9,840}\times {10}^{-13}\mathrm{J}\end{array}$$

• Đổi sang electron volt và mega-electron volt:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =\frac{\mathrm{9,840}\times {10}^{-13}}{\mathrm{1,602}\times {10}^{-19}}\mathrm{eV}\\ & \approx 6,14\mathrm{MeV}\end{array}$$

Kết luận: Độ chênh lệch năng lượng giữa hai mức thấp nhất là $\mathrm{\Delta }E\approx 6,14\mathrm{MeV}$. Bậc độ lớn năng lượng cỡ $\mathrm{MeV}$ này là đặc trưng cho các chuyển mức kích thích trong vật lý hạt nhân.

41.7

Một hạt ở trong một hộp lập phương ba chiều có chiều dài cạnh $L$. Đối với trạng thái $n_x=3,n_y=2$ và $n_z=1$, các mặt phẳng nào (ngoài các thành của hộp) có hàm phân bố xác suất bằng không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Trạng thái: $(n_x=3,n_y=2,n_z=1)$ trong hộp lập phương cạnh $L$.
• Tìm các mặt phẳng nút bên trong lòng hộp ($0<x,y,z<L$).

Hướng đi:

• có dạng:

$$\psi (x,y,z)=X(x)Y(y)Z(z)$$

với thành phần theo phương $x$:

$$X_3(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \left(\frac{3\pi x}{L}\right)$$

• Mật độ xác suất $|\psi {|}^2=0$ khi và chỉ khi ít nhất một trong ba hàm $\sin$ triệt tiêu.
• Giải các phương trình $\sin =0$ trong khoảng mở $(0,L)$ để xác định các mặt phẳng nút.

Lời giải chi tiết:

1. Xét phương $x$ ($n_x=3$):
   • Điều kiện triệt tiêu:

$$\begin{array}{rl}\sin \left(\frac{3\pi x}{L}\right)& =0\\ ⟺\frac{3\pi x}{L}& =k\pi \\ ⟺x& =\frac{kL}{3}\end{array}$$

với $k\in \mathbb{Z}$.

• Các giá trị nằm bên trong lòng hộp ($0<x<L$) tương ứng với $k=1$ và $k=2$:

$$x=\frac{L}{3}\text{và}x=\frac{2L}{3}$$

• Đây là hai mặt phẳng song song với mặt phẳng $yz$.

2. Xét phương $y$ ($n_y=2$):
   • Điều kiện triệt tiêu:

$$\begin{array}{rl}\sin \left(\frac{2\pi y}{L}\right)& =0\\ ⟺\frac{2\pi y}{L}& =k\pi \\ ⟺y& =\frac{kL}{2}\end{array}$$

với $k\in \mathbb{Z}$.

• Giá trị nằm bên trong lòng hộp ($0<y<L$) tương ứng với $k=1$:

$$y=\frac{L}{2}$$

• Đây là một mặt phẳng song song với mặt phẳng $xz$.

3. Xét phương $z$ ($n_z=1$):
   • Điều kiện triệt tiêu:

$$\begin{array}{rl}\sin \left(\frac{\pi z}{L}\right)& =0\\ ⟺\frac{\pi z}{L}& =k\pi \\ ⟺z& =kL(k\in \mathbb{Z})\end{array}$$

• Trong khoảng mở $0<z<L$, không tồn tại giá trị nguyên nào của $k$. Hàm $\sin (\pi z/L)$ chỉ triệt tiêu tại các biên $z=0$ và $z=L$ (thành hộp). Do đó, không có mặt phẳng nút nào theo phương $z$ bên trong hộp.

Kết luận: Có đúng ba mặt phẳng nút bên trong hộp mà tại đó xác suất tìm thấy hạt bằng không:

$$\begin{array}{rl}& x=\frac{L}{3},x=\frac{2L}{3},\\ & y=\frac{L}{2}.\end{array}$$

41.8

(a) Một nguyên tử hydro ở trạng thái có số lượng tử $n=3$. Trong mô tả cơ học lượng tử của nguyên tử, độ lớn lớn nhất có thể của mômen động lượng quỹ đạo là bao nhiêu? Độ lớn mômen động lượng quỹ đạo của electron trong mô tả của là bao nhiêu? Độ lệch phần trăm giữa hai giá trị này là bao nhiêu?

(b) Trả lời các câu hỏi tương tự như ở phần (a) đối với $n=30$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• So sánh mômen động lượng quỹ đạo lớn nhất giữa cơ học lượng tử ($L_{\mathrm{QM}}$) và ($L_{\mathrm{Bohr}}$) cho:
  • (a) $n=3$
  • (b) $n=30$
• Tính độ lệch phần trăm:

$$\delta =\frac{L_{\mathrm{Bohr}}-L_{\mathrm{QM}}}{L_{\mathrm{Bohr}}}\times 100\mathrm{\%}$$

Hướng đi:

• Trong cơ học lượng tử, với mỗi $n$, số lượng tử quỹ đạo cực đại là $l_{max}=n-1$:

$$\begin{array}{rl}{L}_{\mathrm{QM}}& =\sqrt{l_{max}(l_{max}+1)}\hslash \\ & =\sqrt{(n-1)n}\hslash \end{array}$$

• Trong : Tiên đề Bohr gán cố định $L_{\mathrm{Bohr}}=n\hslash$.
• Tính độ lệch phần trăm và nhận xét về nguyên lý tương ứng Bohr khi $n$ lớn.

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Với $n=3$
   • Số lượng tử quỹ đạo lớn nhất: $l_{max}=3-1=2$.
   • Mômen động lượng theo cơ học lượng tử:

$$\begin{array}{rl}{L}_{\mathrm{QM}}& =\sqrt{6}\hslash \\ & \approx \mathrm{2,449}5\hslash \end{array}$$

• Mômen động lượng theo :

$$L_{\mathrm{Bohr}}=3\hslash$$

• Độ lệch phần trăm:

$$\begin{array}{rl}\delta & =\frac{3\hslash -\sqrt{6}\hslash }{3\hslash }\times 100\mathrm{\%}\\ & =\frac{3-\mathrm{2,449}5}{3}\times 100\mathrm{\%}\\ & \approx 18,4\mathrm{\%}\end{array}$$

2. Phần (b): Với $n=30$
   • Số lượng tử quỹ đạo lớn nhất: $l_{max}=30-1=29$.
   • Mômen động lượng theo cơ học lượng tử:

$$\begin{array}{rl}{L}_{\mathrm{QM}}& =\sqrt{870}\hslash \\ & \approx \mathrm{29,495}8\hslash \end{array}$$

• Mômen động lượng theo :

$$L_{\mathrm{Bohr}}=30\hslash$$

• Độ lệch phần trăm:

$$\begin{array}{rl}\delta & =\frac{30\hslash -\sqrt{870}\hslash }{30\hslash }\times 100\mathrm{\%}\\ & =\frac{30-\mathrm{29,496}}{30}\times 100\mathrm{\%}\\ & \approx 1,68\mathrm{\%}\end{array}$$

Kết luận:

• (a) Với $n=3$:

$$\begin{array}{rl}& L_{\mathrm{QM}}=\sqrt{6}\hslash \approx 2,45\hslash ,\\ & L_{\mathrm{Bohr}}=3\hslash ,\\ & \delta \approx 18,4\mathrm{\%}\end{array}$$

• (b) Với $n=30$:

$$\begin{array}{rl}& L_{\mathrm{QM}}=\sqrt{870}\hslash \approx 29,5\hslash ,\\ & L_{\mathrm{Bohr}}=30\hslash ,\\ & \delta \approx 1,68\mathrm{\%}\end{array}$$

Khi số lượng tử chính $n$ tăng lớn, tỷ số $L_{\mathrm{QM}}/L_{\mathrm{Bohr}}$ tiến dần về 1, độ lệch tiệm cận về 0 theo đúng nguyên lý tương ứng Bohr.

41.9

Xét một electron trong lớp N ($n=4$).

(a) Mômen động lượng quỹ đạo nhỏ nhất mà nó có thể có là bao nhiêu?

(b) Mômen động lượng quỹ đạo lớn nhất mà nó có thể có là bao nhiêu? Biểu diễn câu trả lời theo $\hslash$ và theo đơn vị SI.

(c) Mômen động lượng quỹ đạo lớn nhất mà electron này có thể có theo bất kỳ phương đã chọn nào là bao nhiêu? Biểu diễn câu trả lời theo $\hslash$ và theo đơn vị SI.

(d) Mômen động lượng spin lớn nhất mà electron này có thể có theo bất kỳ phương đã chọn nào là bao nhiêu? Biểu diễn câu trả lời theo $\hslash$ và theo đơn vị SI.

(e) Đối với electron trong phần (c), tỷ số giữa mômen động lượng spin theo phương $z$ và mômen động lượng quỹ đạo theo phương $z$ là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Electron ở lớp N ($n=4$).
• Tìm $L_{min}$, $L_{max}$, $L_{z,max}$, $S_{z,max}$ và tỷ số $S_z/L_z$.

Hướng đi:

• Lớp N có $n=4⟹l\in \{0,1,2,3\}$.
• Độ lớn mômen động lượng quỹ đạo: $L=\sqrt{l(l+1)}\hslash$.
• Thành phần hình chiếu: $L_z=m_l\hslash$ với $m_l\in \{-l,\dots ,+l\}$.
• : $s=1/2⟹S_z=m_s\hslash$ với $m_s=\pm 1/2$.
• Dùng giá trị hằng số Planck rút gọn:

$$\hslash \approx \mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$$

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Mômen động lượng quỹ đạo nhỏ nhất ($L_{min}$)
   • Đạt được khi $l=0$:

$$L_{min}=\sqrt{0(0+1)}\hslash =0$$

2. Phần (b): Mômen động lượng quỹ đạo lớn nhất ($L_{max}$)
   • Đạt được khi $l=l_{max}=3$:

$$\begin{array}{rl}{L}_{max}& =\sqrt{3(3+1)}\hslash \\ & =2\sqrt{3}\hslash \approx \mathrm{3,464}\hslash \end{array}$$

• Đổi sang đơn vị SI với $\hslash \approx \mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$:

$$\begin{array}{rl}{L}_{max}& \approx \mathrm{3,464}\hslash \\ & \approx 3,65\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}\end{array}$$

3. Phần (c): Mômen động lượng quỹ đạo lớn nhất theo phương đã chọn ($L_{z,max}$)
   • Thành phần theo phương $z$ đạt cực đại khi $m_l=+l_{max}=+3$:

$$L_{z,max}=3\hslash$$

• Đổi sang đơn vị SI:

$$\begin{array}{rl}{L}_{z,max}& =3\hslash \\ & \approx 3,16\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}\end{array}$$

4. Phần (d): Mômen động lượng spin lớn nhất theo phương đã chọn ($S_{z,max}$)
   • Thành phần spin theo phương $z$ đạt cực đại khi $m_s=+1/2$:

$$S_{z,max}=\frac{1}{2}\hslash$$

• Đổi sang đơn vị SI:

$$\begin{array}{rl}{S}_{z,max}& =0,5\hslash \\ & \approx 5,27\times {10}^{-35}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}\end{array}$$

5. Phần (e): Trạng thái ở phần (c) có $L_z=3\hslash$, nhưng chưa ấn định spin. Vì $S_z=\pm \hslash /2$ nên:

$$\frac{S_z}{L_z}=\pm \frac{1}{6}.$$

Nếu đồng thời chọn hình chiếu spin lớn nhất như phần (d), tỷ số là $+1/6\approx \mathrm{0,167}$. Nếu chọn spin còn lại, tỷ số là $-1/6$.

41.10

Một electron ở trong nguyên tử hydro có $n=5$.

(a) Tìm các giá trị có thể có của $L$ và $L_z$ đối với electron này, theo đơn vị của $\hslash$.

(b) Với mỗi giá trị của $L$, tìm tất cả các góc có thể có giữa vector $\overrightarrow{L}$ và trục $z$.

(c) Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của độ lớn góc giữa vector $\overrightarrow{L}$ và trục $z$ là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Electron trong hydro có $n=5$.
• (a) Tìm các giá trị khả dĩ của $L$ và $L_z$.
• (b) Tính các góc $\theta =\arccos (L_z/L)$ ứng với từng giá trị $L$.
• (c) Xác định góc nhỏ nhất và góc lớn nhất.

Hướng đi:

• Với $n=5$, $l\in \{0,1,2,3,4\}$.
• Với mỗi $l$: $L=\sqrt{l(l+1)}\hslash$ và $m_l\in \{-l,-l+1,\dots ,+l\}$.
• Góc tạo với trục $z$ là:

$$\cos \theta =\frac{L_z}{L}=\frac{m_l}{\sqrt{l(l+1)}}$$

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Các giá trị khả dĩ của $L$ và $L_z$
   • Các giá trị của $l$ là $0,1,2,3,4$.
   • Các giá trị của $L$:

$$\begin{array}{rl}l=0& ⟹L=0\\ l=1& ⟹L=\sqrt{2}\hslash \\ l=2& ⟹L=\sqrt{6}\hslash \\ l=3& ⟹L=\sqrt{12}\hslash \\ l=4& ⟹L=\sqrt{20}\hslash \end{array}$$

• Các giá trị khả dĩ của $L_z=m_l\hslash$ với:

$$m_l\in \{0,\pm 1,\pm 2,\pm 3,\pm 4\}$$

2. Phần (b): Bảng các góc giữa vector $\overrightarrow{L}$ và trục $z$

• Số lượng tử $l$: 0. Độ lớn $L$: 0. Các giá trị của $m_l$: 0. Các góc $\theta$ khả dĩ: Không xác định.
• Số lượng tử $l$: 1. Độ lớn $L$: $\sqrt{2}\hslash$. Các giá trị của $m_l$: $+1$, $0$, $-1$. Các góc $\theta$ khả dĩ: $45,0^{\circ }$, $90,0^{\circ }$, $135,0^{\circ }$.
• Số lượng tử $l$: 2. Độ lớn $L$: $\sqrt{6}\hslash$. Các giá trị của $m_l$: $+2$, $+1$, $0$, $-1$, $-2$. Các góc $\theta$ khả dĩ: $35,3^{\circ }$, $65,9^{\circ }$, $90,0^{\circ }$, $114,1^{\circ }$, $144,7^{\circ }$.
• Số lượng tử $l$: 3. Độ lớn $L$: $\sqrt{12}\hslash$. Các giá trị của $m_l$: $\pm 3$, $\pm 2$, $\pm 1$, $0$. Các góc $\theta$ khả dĩ: $30,0^{\circ }$, $54,7^{\circ }$, $73,2^{\circ }$, $90,0^{\circ }$, $106,8^{\circ }$, $125,3^{\circ }$, $150,0^{\circ }$.
• Số lượng tử $l$: 4. Độ lớn $L$: $\sqrt{20}\hslash$. Các giá trị của $m_l$: $\pm 4$, $\pm 3$, $\pm 2$, $\pm 1$, $0$. Các góc $\theta$ khả dĩ: $26,6^{\circ }$, $47,9^{\circ }$, $63,4^{\circ }$, $77,1^{\circ }$, $90,0^{\circ }$, $102,9^{\circ }$, $116,6^{\circ }$, $132,1^{\circ }$, $153,4^{\circ }$.

3. Phần (c): Góc nhỏ nhất và lớn nhất
   • Góc nhỏ nhất đạt được khi $l=4$ và $m_l=+4$:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{min}& =\arccos (4/\sqrt{20})\\ & \approx 26,{57}^{\circ }\approx 26,6^{\circ }\end{array}$$

• Góc lớn nhất đạt được khi $l=4$ và $m_l=-4$:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{max}& =\arccos (-\frac{4}{\sqrt{20}})\\ & ={180}^{\circ }-26,{57}^{\circ }\\ & \approx 153,4^{\circ }\end{array}$$

Sự lượng tử hóa không gian của vector mômen động lượng quỹ đạo

Kết luận: Góc nhỏ nhất là ${\theta }_{min}\approx 26,6^{\circ }$, góc lớn nhất là ${\theta }_{max}\approx 153,4^{\circ }$.

41.11

Mômen động lượng quỹ đạo của một electron có độ lớn:

$$L=\mathrm{4,716}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$$

(tức $\mathrm{4,716}\times {10}^{-34}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/\mathrm{s}$). Số lượng tử mômen động lượng $l$ của electron này là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Độ lớn mômen động lượng:

$$L=\mathrm{4,716}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$$

• Tìm số lượng tử quỹ đạo $l$.

Hướng đi:

• Sử dụng hệ thức lượng tử hóa độ lớn mômen động lượng:

$$L=\sqrt{l(l+1)}\hslash$$

• Lập phương trình bậc hai cho $l$ và giải tìm nghiệm nguyên dương.

Lời giải chi tiết:

1. Thiết lập phương trình:
   • Dùng hằng số Planck rút gọn:

$$\hslash \approx \mathrm{1,054}57\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$$

• Chia hai vế cho $\hslash$:

$$\sqrt{l(l+1)}=\frac{L}{\hslash }$$

với tỉ số số học:

$$\begin{array}{rl}\frac{L}{\hslash }& =\frac{\mathrm{4,716}\times {10}^{-34}}{\mathrm{1,054}57\times {10}^{-34}}\\ & \approx \mathrm{4,472}\end{array}$$

• Bình phương hai vế:

$$l(l+1)=(\mathrm{4,472}{)}^2\approx 20,00$$

• Chuyển vế thành phương trình bậc hai:

$$l^2+l-20=0$$

2. Giải phương trình:

$$(l-4)(l+5)=0$$

• Vì số lượng tử quỹ đạo bắt buộc phải là số nguyên không âm ($l\ge 0$), ta chọn nghiệm:

$$l=4$$

Kết luận: Số lượng tử mômen động lượng quỹ đạo của electron là $l=4$ (ứng với phân lớp g).

41.12

Xét các trạng thái có số lượng tử mômen động lượng $l=2$.

(a) Theo đơn vị của $\hslash$, giá trị lớn nhất có thể của $L_z$ là bao nhiêu?

(b) Theo đơn vị của $\hslash$, giá trị của $L$ là bao nhiêu? Đại lượng nào lớn hơn: $L$ hay $L_z$ cực đại?

(c) Đối với mỗi giá trị cho phép của $L_z$, vector $\overrightarrow{L}$ tạo với trục $+z$ một góc bằng bao nhiêu? So sánh góc nhỏ nhất đối với $l=2$ với góc nhỏ nhất đối với $l=3$ tính trong Ví dụ 41.3.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Cho $l=2$.
• (a) Tìm $L_{z,max}$ theo $\hslash$.
• (b) Tìm $L$ theo $\hslash$ và so sánh $L$ với $L_{z,max}$.
• (c) Tính tất cả các góc $\theta$ và so sánh ${\theta }_{min}$ của $l=2$ với ${\theta }_{min}$ của $l=3$.

Hướng đi:

• $L=\sqrt{l(l+1)}\hslash =\sqrt{6}\hslash$.
• $L_z=m_l\hslash$ với $m_l\in \{-2,-1,0,1,2\}$.
• $\cos \theta =\frac{m_l}{\sqrt{l(l+1)}}$.

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Giá trị lớn nhất của $L_z$
   • Đạt được khi $m_l=+l=+2$:

$$L_{z,max}=2\hslash$$

2. Phần (b): Độ lớn $L$ và so sánh
   • Độ lớn của mômen động lượng toàn phần là:

$$\begin{array}{rl}L& =\sqrt{2(2+1)}\hslash \\ & =\sqrt{6}\hslash \\ & \approx \mathrm{2,449}\hslash \end{array}$$

• So sánh: Vì $\sqrt{6}\approx \mathrm{2,449}>2$ nên:

$$L>L_{z,max}$$

• Độ lớn toàn phần $L$ luôn lớn hơn hình chiếu cực đại $L_{z,max}$.

3. Phần (c): Bảng các góc và so sánh

• $m_l$: $+2$. $\cos \theta$: $+2/\sqrt{6}$. Góc $\theta$ chính xác: $35,{26}^{\circ }\approx 35,3^{\circ }$.

• $m_l$: $+1$. $\cos \theta$: $+1/\sqrt{6}$. Góc $\theta$ chính xác: $65,{91}^{\circ }\approx 65,9^{\circ }$.

• $m_l$: $0$. $\cos \theta$: $0$. Góc $\theta$ chính xác: $90,0^{\circ }$.

• $m_l$: $-1$. $\cos \theta$: $-1/\sqrt{6}$. Góc $\theta$ chính xác: $114,{09}^{\circ }\approx 114,1^{\circ }$.

• $m_l$: $-2$. $\cos \theta$: $-2/\sqrt{6}$. Góc $\theta$ chính xác: $144,{74}^{\circ }\approx 144,7^{\circ }$.

  • So sánh với $l=3$:
  • Với $l=3$, góc nhỏ nhất là:

$$\begin{array}{rl}\cos {\theta }_{min}& =\frac{3}{\sqrt{12}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\\ ⟹{\theta }_{min}& =30,0^{\circ }\end{array}$$

• So sánh hai góc: Vì ${\theta }_{min}(l=2)\approx 35,3^{\circ }$ và ${\theta }_{min}(l=3)=30,0^{\circ }$, ta có:

$${\theta }_{min}(l=2)>{\theta }_{min}(l=3)$$

• Khi số lượng tử $l$ tăng lên, góc nhỏ nhất giữa vector $\overrightarrow{L}$ và trục $z$ càng nhỏ dần (vector nghiêng sát hơn về trục $z$).

Sơ đồ nón định hướng góc của vector mômen động lượng quỹ đạo cho l=2

Kết luận:

• (a) $L_{z,max}=2\hslash$.
• (b) $L=\sqrt{6}\hslash \approx 2,45\hslash$, suy ra $L>L_{z,max}$.
• (c) Các góc là $35,3^{\circ }$, $65,9^{\circ }$, $90,0^{\circ }$, $114,1^{\circ }$, $144,7^{\circ }$. Góc nhỏ nhất đối với $l=2$ ($35,3^{\circ }$) lớn hơn góc nhỏ nhất đối với $l=3$ ($30,0^{\circ }$).

41.13

Ở một trạng thái cụ thể của nguyên tử hydro, góc giữa vector mômen động lượng $\overrightarrow{L}$ và trục $z$ là $\theta =26,6^{\circ }$. Nếu đây là góc nhỏ nhất đối với giá trị cụ thể này của số lượng tử quỹ đạo $l$, thì $l$ bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Góc nhỏ nhất ${\theta }_{min}=26,6^{\circ }$.
• Tìm số lượng tử quỹ đạo $l$.

Hướng đi:

• Góc nhỏ nhất xảy ra khi thành phần hình chiếu $L_z$ đạt cực đại, tức $m_l=+l$.
• Thiết lập phương trình:

$$\begin{array}{rl}\cos {\theta }_{min}& =\frac{l}{\sqrt{l(l+1)}}\\ & =\sqrt{\frac{l}{l+1}}\end{array}$$

• Bình phương và giải tìm số nguyên $l$.

Lời giải chi tiết:

1. Thiết lập biểu thức toán học:
   • Ta có:

$${\cos }^2{\theta }_{min}=\frac{l}{l+1}$$

• Với ${\theta }_{min}=26,6^{\circ }$:

$$\cos (26,6^{\circ })\approx \mathrm{0,894}15$$

$$\begin{array}{rl}{\cos }^2(26,6^{\circ })& \approx (\mathrm{0,894}15{)}^2\\ & \approx \mathrm{0,800}=\frac{4}{5}\end{array}$$

2. Giải tìm $l$:

$$\begin{array}{rl}\frac{l}{l+1}& =\frac{4}{5}\\ ⟹5l& =4(l+1)\\ ⟹l& =4\end{array}$$

Kết luận: Số lượng tử quỹ đạo của trạng thái này là $l=4$.

41.14

Một nguyên tử hydro ở một trạng thái có $L_z=2\hslash$. Trong mô hình vector bán cổ điển, vector mômen động lượng $\overrightarrow{L}$ của trạng thái này tạo một góc ${\theta }_L=63,4^{\circ }$ với trục $+z$.

(a) Số lượng tử $l$ của trạng thái này là bao nhiêu?

(b) Số lượng tử chính $n$ nhỏ nhất có thể của trạng thái này là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• $L_z=2\hslash ⟹m_l=2$.
• Góc tạo với trục $+z$: ${\theta }_L=63,4^{\circ }$.
• (a) Tìm $l$.
• (b) Tìm $n_{min}$.

Hướng đi:

• Dùng công thức góc:

$$\cos {\theta }_L=\frac{L_z}{L}=\frac{2}{\sqrt{l(l+1)}}$$

• Giải phương trình tìm số nguyên $l$.
• Dựa trên điều kiện lượng tử $l\le n-1$ để tìm số lượng tử chính nhỏ nhất: $n_{min}=l+1$.

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Tìm số lượng tử $l$
   • Ta có:

$$\cos {\theta }_L=\frac{2}{\sqrt{l(l+1)}}$$

suy ra:

$$\sqrt{l(l+1)}=\frac{2}{\cos {\theta }_L}$$

• Với ${\theta }_L=63,4^{\circ }$:

$$\cos (63,4^{\circ })\approx \mathrm{0,447}76$$

$$\begin{array}{rl}\sqrt{l(l+1)}& =\frac{2}{\mathrm{0,447}76}\\ & \approx \mathrm{4,466}7\end{array}$$

• Bình phương hai vế:

$$\begin{array}{rl}l(l+1)& \approx (\mathrm{4,466}7{)}^2\\ & \approx 19,95\approx 20\end{array}$$

• Phương trình bậc hai:

$$\begin{array}{rl}{l}^2+l-20& =0\\ ⟺(l-4)(l+5)& =0\\ ⟹l& =4\end{array}$$

2. Phần (b): Tìm số lượng tử chính nhỏ nhất $n_{min}$
   • Trong nguyên tử hydro, số lượng tử quỹ đạo $l$ bị giới hạn bởi:

$$\begin{array}{rl}& l\in \{0,1,\dots ,n-1\}\\ & ⟹n\ge l+1\end{array}$$

• Với $l=4$, giá trị nhỏ nhất của $n$ là:

$$n_{min}=4+1=5$$

Kết luận:

• (a) Số lượng tử quỹ đạo là $l=4$.
• (b) Số lượng tử chính nhỏ nhất là $n_{min}=5$.

41.15

Xét mức kích thích thứ bảy của nguyên tử hydro.

(a) Năng lượng của mức này là bao nhiêu?

(b) Độ lớn lớn nhất của mômen động lượng quỹ đạo là bao nhiêu?

(c) Góc lớn nhất giữa mômen động lượng quỹ đạo và trục $z$ là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Mức kích thích thứ bảy của hydro.
• (a) Tính $E_n$.
• (b) Tính $L_{max}$.
• (c) Tính ${\theta }_{max}$.

Hướng đi:

• Xác định số lượng tử chính: Mức cơ bản ứng với $n=1$, do đó mức kích thích thứ 7 ứng với $n=1+7=8$.
• (a) Năng lượng tính theo:

$$E_n=-\frac{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}{n^2}$$

• (b) Số lượng tử cực đại $l_{max}=n-1=7$:

$$L_{max}=\sqrt{l_{max}(l_{max}+1)}\hslash$$

• (c) Góc lớn nhất đạt được khi $m_l=-l_{max}=-7$:

$$\cos {\theta }_{max}=\frac{-7}{\sqrt{7\times 8}}$$

Lời giải chi tiết:

1. Xác định số lượng tử chính:

   • Trạng thái cơ bản: $n=1$.
   • Kích thích thứ nhất: $n=2$.
   • Kích thích thứ bảy: $n=1+7=8$.

2. Phần (a): Năng lượng của mức $n=8$

$$\begin{array}{rl}{E}_8& =-\frac{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}{8^2}\\ & =-\frac{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}{64}\\ & \approx -\mathrm{0,213}\mathrm{eV}\end{array}$$

3. Phần (b): Độ lớn lớn nhất của mômen động lượng quỹ đạo
   • Với $n=8$, giá trị lớn nhất của $l$ là $l_{max}=8-1=7$.
   • Độ lớn mômen động lượng lớn nhất:

$$\begin{array}{rl}{L}_{max}& =\sqrt{7(7+1)}\hslash \\ & =\sqrt{56}\hslash \approx \mathrm{7,483}\hslash \end{array}$$

• Đổi sang đơn vị SI với $\hslash \approx \mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$:

$$\begin{array}{rl}{L}_{max}& \approx \mathrm{7,483}\hslash \\ & \approx 7,89\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}\end{array}$$

4. Phần (c): Góc lớn nhất giữa vector $\overrightarrow{L}$ và trục $z$
   • Góc lớn nhất ứng với hình chiếu ngược chiều dương trục $z$ nhiều nhất, tức $m_l=-7$:

$$\begin{array}{rl}\cos {\theta }_{max}& =-\frac{7}{\sqrt{56}}\\ & =-\frac{\sqrt{14}}{4}\\ & \approx -\mathrm{0,935}4\end{array}$$

• Lấy arccos:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{max}& =\arccos (-\mathrm{0,935}4)\\ & \approx 159,3^{\circ }\end{array}$$

Kết luận:

• (a) $E_8\approx -\mathrm{0,213}\mathrm{eV}$.
• (b) Giá trị lớn nhất:

$$\begin{array}{rl}{L}_{max}& =\sqrt{56}\hslash \approx 7,48\hslash \\ & \approx 7,89\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}\end{array}$$

• (c) ${\theta }_{max}\approx 159,3^{\circ }$.

41.16

(a) Lập bảng hiển thị tất cả các bộ số lượng tử $l$ và $m_l$ khả dĩ cho các trạng thái của electron trong nguyên tử hydro khi $n=4$. Có bao nhiêu tổ hợp như vậy?

(b) Năng lượng của các trạng thái này là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Cho $n=4$.
• (a) Liệt kê tất cả các cặp $(l,m_l)$ và đếm tổng số tổ hợp.
• (b) Xác định mức năng lượng của các trạng thái này.

Hướng đi:

• Với $n=4$, $l\in \{0,1,2,3\}$.
• Với mỗi $l$, $m_l\in \{-l,\dots ,+l\}$ (gồm $2l+1$ giá trị).
• Tính tổng số trạng thái không gian $\sum (2l+1)=n^2$.
• Năng lượng trong nguyên tử hydro chỉ phụ thuộc vào $n$:

$$E_n=-\frac{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}{n^2}$$

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Bảng liệt kê các trạng thái khả dĩ với $n=4$

• Ký hiệu phân lớp: 4s. Số lượng tử $l$: 0. Các giá trị khả dĩ của $m_l$: $0$. Số trạng thái không gian: 1.

• Ký hiệu phân lớp: 4p. Số lượng tử $l$: 1. Các giá trị khả dĩ của $m_l$: $-1$, $0$, $+1$. Số trạng thái không gian: 3.

• Ký hiệu phân lớp: 4d. Số lượng tử $l$: 2. Các giá trị khả dĩ của $m_l$: $-2$, $-1$, $0$, $+1$, $+2$. Số trạng thái không gian: 5.

• Ký hiệu phân lớp: 4f. Số lượng tử $l$: 3. Các giá trị khả dĩ của $m_l$: $-3$, $-2$, $-1$, $0$, $+1$, $+2$, $+3$. Số trạng thái không gian: 7.

  • Tổng số tổ hợp không gian là:

$$\begin{array}{rl}N& =1+3+5+7\\ & =16=4^2\end{array}$$

• Nếu tính cả spin của electron ($m_s=\pm 1/2$), tổng số trạng thái lượng tử toàn phần là $16\times 2=32$.

2. Phần (b): Năng lượng của các trạng thái
   • Trong nguyên tử hydro (bỏ qua cấu trúc tinh tế), năng lượng không phụ thuộc vào $l,m_l,m_s$ mà chỉ phụ thuộc duy nhất vào số lượng tử chính $n$:

$$\begin{array}{rl}{E}_4& =-\frac{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}{4^2}\\ & =-\frac{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}{16}\\ & \approx -\mathrm{0,850}\mathrm{eV}\end{array}$$

• Tất cả 16 trạng thái không gian (hoặc 32 trạng thái toàn phần) này đều có cùng mức năng lượng $-\mathrm{0,850}\mathrm{eV}$ (mức suy biến bậc 16 về không gian, hoặc bậc 32 kể cả spin).

Kết luận:

• (a) Có 16 tổ hợp $(l,m_l)$ khả dĩ (32 trạng thái nếu tính cả spin).
• (b) Tất cả các trạng thái đều có năng lượng bằng $-\mathrm{0,850}\mathrm{eV}$.

41.17

(a) Nguyên tử hydro có bao nhiêu trạng thái $5g$ khác nhau?

(b) Trạng thái nào trong phần (a) có góc giữa vector $\overrightarrow{L}$ và trục $z$ lớn nhất, và góc đó bằng bao nhiêu?

(c) Trạng thái nào trong phần (a) có góc giữa vector $\overrightarrow{L}$ và trục $z$ nhỏ nhất, và góc đó bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Trạng thái $5g$ của hydro ($n=5$, phân lớp g ứng với $l=4$).
• (a) Đếm số trạng thái khác nhau.
• (b) Tìm trạng thái và giá trị của góc lớn nhất ${\theta }_{max}$.
• (c) Tìm trạng thái và giá trị của góc nhỏ nhất ${\theta }_{min}$.

Hướng đi:

• Phân lớp g có số lượng tử quỹ đạo $l=4$.
• Số trạng thái không gian bằng số giá trị của $m_l$: $2l+1$.
• Góc tạo với trục $z$ tính theo: $\cos \theta =\frac{m_l}{\sqrt{l(l+1)}}$.
• ${\theta }_{max}$ ứng với $m_l=-l$; ${\theta }_{min}$ ứng với $m_l=+l$.

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Số lượng trạng thái $5g$
   • Ký hiệu $5g$ tương ứng với $n=5$ và $l=4$.
   • Số lượng tử từ $m_l$ có thể nhận các giá trị nguyên:

$$m_l\in \{0,\pm 1,\pm 2,\pm 3,\pm 4\}$$

• Có đúng $2l+1=2(4)+1=9$ trạng thái không gian khác nhau.
• Nếu tính cả 2 hướng spin ($m_s=\pm 1/2$), có $9\times 2=18$ trạng thái toàn phần.

2. Phần (b): Góc lớn nhất
   • Độ lớn của mômen động lượng quỹ đạo:

$$L=\sqrt{4(4+1)}\hslash =\sqrt{20}\hslash$$

• Góc lớn nhất ứng với giá trị $m_l$ âm nhất, tức trạng thái có $m_l=-4$:

$$\begin{array}{rl}\cos {\theta }_{max}& =-\frac{4}{\sqrt{20}}=-\frac{2}{\sqrt{5}}\\ & \approx -\mathrm{0,894}43\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{max}& =\arccos (-\mathrm{0,894}43)\\ & \approx 153,{43}^{\circ }\approx 153,4^{\circ }\end{array}$$

3. Phần (c): Góc nhỏ nhất
   • Góc nhỏ nhất ứng với giá trị $m_l$ dương nhất, tức trạng thái có $m_l=+4$:

$$\begin{array}{rl}\cos {\theta }_{min}& =\frac{4}{\sqrt{20}}=\frac{2}{\sqrt{5}}\\ & \approx \mathrm{0,894}43\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{min}& =\arccos (\mathrm{0,894}43)\\ & \approx 26,{57}^{\circ }\approx 26,6^{\circ }\end{array}$$

Kết luận:

• (a) Có 9 trạng thái không gian (18 trạng thái nếu tính cả spin).
• (b) Trạng thái có $m_l=-4$ có góc lớn nhất là ${\theta }_{max}\approx 153,4^{\circ }$.
• (c) Trạng thái có $m_l=+4$ có góc nhỏ nhất là ${\theta }_{min}\approx 26,6^{\circ }$.

41.18

(a) Xác suất để một electron ở trạng thái 1s của nguyên tử hydro được tìm thấy ở khoảng cách nhỏ hơn $a/2$ tính từ hạt nhân là bao nhiêu?

(b) Sử dụng kết quả của phần (a) và của Ví dụ 41.4 để tính xác suất tìm thấy electron ở khoảng cách giữa $a/2$ và $a$ tính từ hạt nhân.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Trạng thái 1s của hydro.
• (a) Tính xác suất $P(r<a/2)$.
• (b) Tính xác suất $P(a/2\le r\le a)$.

Hướng đi:

• Hàm phân bố xác suất hướng tâm của trạng thái 1s:

$$P(r)=\frac{4}{a^3}{r}^2{e}^{-2r/a}$$

• xác suất tích lũy từ $0$ đến $R$:

$$\begin{array}{rl}F(R)& ={\int }_0^{R}P(r)\mathrm{d}r\\ & =1-e^{-u}S(u)\end{array}$$

với:

$$S(u)=1+u+\frac{u^2}{2}$$

và biến số không thứ nguyên $u=2R/a$.

• Thay $R=a/2$ cho phần (a), và lấy hiệu xác suất với $R=a$ cho phần (b).

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Xác suất trong khoảng $r<a/2$
   • Đặt $u=2R/a$. Với $R=a/2$, ta có $u=2(a/2)/a=1$, suy ra $S(1)=1+1+0,5=2,5$.
   • Công thức xác suất tích lũy trở thành:

$$\begin{array}{rl}P(r<a/2)& =1-e^{-1}S(1)\\ & =1-2,5e^{-1}\end{array}$$

• Thay số với $2,5e^{-1}\approx \mathrm{0,919}70$:

$$\begin{array}{rl}P(r<a/2)& \approx 1-\mathrm{0,919}70\\ & \approx \mathrm{0,080}3\end{array}$$

tương ứng với $8,03\mathrm{\%}$.

2. Phần (b): Xác suất trong khoảng $a/2\le r\le a$
   • Theo kết quả của Ví dụ 41.4, xác suất tìm thấy electron trong bán kính Bohr ($r<a$) là:

$$\begin{array}{rl}P(r<a)& =1-5e^{-2}\\ & \approx \mathrm{0,323}3\end{array}$$

tương ứng với $32,33\mathrm{\%}$.

• Xác suất để electron nằm giữa khoảng $a/2$ và $a$ là $\mathrm{\Delta }P=P_a-P_{a/2}$, với $P_a=P(r<a)$ và $P_{a/2}=P(r<a/2)$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }P& =\mathrm{0,323}3-\mathrm{0,080}3\\ & =\mathrm{0,243}0=24,30\mathrm{\%}\end{array}$$

Phân bố xác suất hướng tâm P(r) của electron 1s trong nguyên tử hydro

Kết luận:

• (a) Xác suất tìm thấy electron ở $r<a/2$ là xấp xỉ $\mathrm{0,080}3$ ($8,03\mathrm{\%}$).
• (b) Xác suất tìm thấy electron trong khoảng $a/2\le r\le a$ là xấp xỉ $\mathrm{0,243}0$ ($24,30\mathrm{\%}$).

41.19

Chứng minh rằng hàm:

$$\mathrm{\Phi }(\varphi )=e^{i{m}_l\varphi }=\mathrm{\Phi }(\varphi +2\pi )$$

(nghĩa là $\mathrm{\Phi }(\varphi )$ là hàm tuần hoàn với chu kỳ $2\pi$) khi và chỉ khi $m_l$ bị giới hạn trong các giá trị $0,\pm 1,\pm 2,\dots$ (Gợi ý: Công thức Euler phát biểu rằng $e^{i\varphi }=\cos \varphi +i\sin \varphi$).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Cho hàm phần phương vị $\mathrm{\Phi }(\varphi )=e^{i{m}_l\varphi }$.
• Chứng minh điều kiện đơn trị tuần hoàn $\mathrm{\Phi }(\varphi +2\pi )=\mathrm{\Phi }(\varphi )$ tương đương với $m_l\in \mathbb{Z}$.

Hướng đi:

• Tính $\mathrm{\Phi }(\varphi +2\pi )$ bằng tính chất hàm mũ phức.
• Thiết lập điều kiện bằng nhau để suy ra $e^{i2\pi m_l}=1$.
• Dùng công thức Euler tách thành phần thực và phần ảo để tìm nghiệm $m_l$.

Lời giải chi tiết:

1. Thiết lập biểu thức:
   • Theo định nghĩa phương vị:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Phi }(\varphi +2\pi )& =e^{i{m}_l(\varphi +2\pi )}\\ & =e^{i{m}_l\varphi }{e}^{i2\pi m_l}\\ & =\mathrm{\Phi }(\varphi )e^{i2\pi m_l}\end{array}$$

• Để có tính đơn trị tuần hoàn theo góc phương vị trong không gian ba chiều:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Phi }(\varphi +2\pi )& =\mathrm{\Phi }(\varphi )\\ ⟺\mathrm{\Phi }(\varphi )e^{i2\pi m_l}& =\mathrm{\Phi }(\varphi )\\ ⟺e^{i2\pi m_l}& =1\end{array}$$

• Vì không đồng nhất triệt tiêu, ta chia hai vế cho $\mathrm{\Phi }(\varphi )$:

$$e^{i2\pi m_l}=1$$

2. Áp dụng công thức Euler:
   • Công thức Euler cho số mũ phức thuần ảo:

$$\begin{array}{rl}{e}^{i2\pi m_l}& =\cos (2\pi m_l)\\ & +i\sin (2\pi m_l)\end{array}$$

• Để đẳng thức xảy ra, phần thực phải bằng $1$ và phần ảo phải bằng $0$:

$$\begin{array}{rl}& \cos (2\pi m_l)=1,\\ & \sin (2\pi m_l)=0.\end{array}$$

3. Tìm nghiệm của hệ phương trình:
   • Phương trình $\cos (2\pi m_l)=1$ có nghiệm:

$$\begin{array}{rl}2\pi m_l& =2k\pi (k\in \mathbb{Z})\\ ⟺m_l& =k\in \mathbb{Z}\end{array}$$

• Khi $m_l=k$ là một số nguyên, phương trình phần ảo $\sin (2\pi k)=0$ tự động được thỏa mãn hoàn toàn.
• Ngược lại, nếu $m_l$ không phải là số nguyên, thì $e^{i2\pi m_l}\ne 1$, sẽ đa trị tại cùng một điểm vật lý trong không gian sau một vòng quay $2\pi$.

Kết luận: $\mathrm{\Phi }(\varphi )$ tuần hoàn với chu kỳ $2\pi$ khi và chỉ khi $m_l$ nhận các giá trị nguyên:

$$m_l\in \{0,\pm 1,\pm 2,\dots \}$$

41.20

(a) Hàm phân bố xác suất hướng tâm của một trạng thái trong nguyên tử hydro có đúng một đỉnh cực đại duy nhất tại $r=\mathrm{0,476}\mathrm{nm}$. Ký hiệu quang phổ $nl$ của trạng thái này là gì?

(b) Bán kính $r$ ứng với đỉnh duy nhất của trạng thái $4f$ là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• (a) Trạng thái có 1 đỉnh cực đại tại $r=\mathrm{0,476}\mathrm{nm}$. Tìm ký hiệu $nl$.
• (b) Tìm vị trí đỉnh cực đại duy nhất của trạng thái $4f$.

Hướng đi:

• Trạng thái có đúng một đỉnh cực đại duy nhất trong phân bố hướng tâm $P(r)$ là trạng thái có số nút hướng tâm bằng $0$, tức là $n_r=n-\ell -1$. Điều kiện $n_r=0$ tương đương $\ell =n-1$.
• Với các trạng thái $l=n-1$, hàm phân bố xác suất hướng tâm đạt cực đại chính xác tại bán kính Bohr tương ứng:

$$r_{\text{đỉnh}}=n^2{a}_0$$

• (a) Dùng $r_{\text{đỉnh}}=\mathrm{0,476}\mathrm{nm}$ để tìm $n$, từ đó suy ra $l=n-1$.
• (b) Với trạng thái $4f$ ($n=4,l=3$), tính $r_{\text{đỉnh}}=4^2{a}_0$.

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Xác định ký hiệu quang phổ $nl$
   • Vì hàm phân bố chỉ có duy nhất một cực đại và không có nút hướng tâm, trạng thái này bắt buộc phải thỏa mãn:

$$l=n-1$$

• Vị trí cực đại của hàm phân bố $P(r)\propto r^{2n}{e}^{-2r/(n{a}_0)}$ được xác định từ phương trình đạo hàm:

$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}r}& =0\\ ⟺2n{r}^{2n-1}& =\frac{2}{n{a}_0}{r}^{2n}\\ ⟹r_{\text{đỉnh}}& =n^2{a}_0\end{array}$$

• Với $r_{\text{đỉnh}}=\mathrm{0,476}\mathrm{nm}$ và $a_0=\mathrm{0,052}92\mathrm{nm}$:

$$\begin{array}{rl}{n}^2& =\frac{r_{\text{đỉnh}}}{a_0}=\frac{\mathrm{0,476}\mathrm{nm}}{\mathrm{0,052}92\mathrm{nm}}\\ & \approx \mathrm{8,995}\approx 9⟹n=3\end{array}$$

• Khi $n=3$, số lượng tử quỹ đạo là $l=3-1=2$.
• Ký hiệu quang phổ ứng với $n=3,l=2$ là trạng thái $3d$.

2. Phần (b): Bán kính đỉnh cực đại của trạng thái $4f$
   • Trạng thái $4f$ có $n=4$ và $l=3$.
   • Vì $l=4-1=3$, trạng thái này cũng thuộc nhóm không có nút hướng tâm và có đúng một đỉnh duy nhất.
   • Vị trí đỉnh cực đại là:

$$r_{\text{đỉnh}}=4^2{a}_0=16a_0$$

• Thay giá trị $a_0=\mathrm{0,052}9177\mathrm{nm}$:

$$\begin{array}{rl}{r}_{\text{đỉnh}}& =16\times \mathrm{0,052}92\mathrm{nm}\\ & \approx \mathrm{0,847}\mathrm{nm}\end{array}$$

Đồ thị hàm phân bố xác suất hướng tâm cho trạng thái 3d và 4f

Kết luận:

• (a) Trạng thái có ký hiệu quang phổ là $3d$.
• (b) Vị trí đỉnh duy nhất của trạng thái $4f$ là $r\approx \mathrm{0,847}\mathrm{nm}$.

41.21

Một nguyên tử hydro ở trạng thái $3p$ được đặt trong một từ trường đều bên ngoài $\overrightarrow{B}$. Xét tương tác của từ trường với moment quỹ đạo của nguyên tử.

(a) Độ lớn từ trường $B$ cần thiết là bao nhiêu để tách trạng thái $3p$ thành nhiều mức với độ chênh lệch năng lượng:

$$\mathrm{\Delta }E=2,71\times {10}^{-5}\mathrm{eV}$$

giữa các mức liền kề?

(b) Sẽ có bao nhiêu mức năng lượng?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Trạng thái $3p$ ($l=1$).
• Độ chênh lệch giữa hai mức liền kề:

$$\mathrm{\Delta }E=2,71\times {10}^{-5}\mathrm{eV}$$

• (a) Tìm độ lớn từ trường $B$.
• (b) Tìm số lượng mức năng lượng sau khi tách.

Hướng đi:

• Năng lượng tương tác Zeeman quỹ đạo:

$$U=-{\overrightarrow{\mu }}_L\cdot \overrightarrow{B}={\mu }_{B}B{m}_l$$

• Độ tách năng lượng giữa hai mức có $\mathrm{\Delta }{m}_l=1$ là $\mathrm{\Delta }E={\mu }_{B}B$.
• Rút ra $B=\frac{\mathrm{\Delta }E}{{\mu }_B}$ với:

$${\mu }_B\approx \mathrm{5,788}4\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{T}$$

• Số mức năng lượng bằng số giá trị của $m_l$: $2l+1$.

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Độ lớn từ trường $B$
   • Với trạng thái $p$, $l=1$, các giá trị của $m_l$ là $-1,0,+1$.
   • Năng lượng tương tác của từng mức là:

$$E=E_0+{\mu }_{B}B{m}_l$$

• Khoảng cách năng lượng giữa hai mức kế tiếp nhau ($\mathrm{\Delta }{m}_l=1$) là:

$$\mathrm{\Delta }E={\mu }_{B}B$$

• Suy ra độ lớn từ trường cần thiết:

$$B=\frac{\mathrm{\Delta }E}{{\mu }_B}$$

• Thay số với độ chênh lệch năng lượng:

$$\mathrm{\Delta }E=2,71\times {10}^{-5}\mathrm{eV}$$

và Bohr magneton:

$${\mu }_B\approx \mathrm{5,788}4\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{T}$$

• Ta thu được:

$$\begin{array}{rl}B& =\frac{2,71\times {10}^{-5}\mathrm{eV}}{\mathrm{5,788}4\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{T}}\\ & \approx \mathrm{0,468}\mathrm{T}\end{array}$$

2. Phần (b): Số mức năng lượng
   • Số mức năng lượng phân tách ứng với số giá trị khả dĩ của số lượng tử từ $m_l$:

$$\begin{array}{rl}{N}_{\text{mức}}& =2l+1\\ & =2(1)+1=3\end{array}$$

với $m_l\in \{-1,0,+1\}$.

Kết luận:

• (a) Độ lớn từ trường là $B\approx \mathrm{0,468}\mathrm{T}$.
• (b) Có $3$ mức năng lượng.

41.22

Một nguyên tử hydro ở trạng thái d. Khi không có từ trường ngoài, các trạng thái có giá trị $m_l$ khác nhau có năng lượng (xấp xỉ) bằng nhau. Xét tương tác của từ trường với moment quỹ đạo của nguyên tử.

(a) Tính độ tách mức (theo electron volt) của các mức $m_l$ khi nguyên tử được đặt trong một từ trường $\mathrm{0,800}\mathrm{T}$ có chiều theo phương $+z$.

(b) Mức $m_l$ nào sẽ có năng lượng thấp nhất?

(c) Vẽ sơ đồ mức năng lượng biểu diễn các mức d khi có và khi không có từ trường ngoài.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài:

• Trạng thái d ($l=2$).
• Từ trường ngoài $B=\mathrm{0,800}\mathrm{T}$ theo chiều $+z$.
• (a) Tính độ tách mức giữa hai mức liền kề $\mathrm{\Delta }E$.
• (b) Xác định giá trị $m_l$ của mức có năng lượng thấp nhất.
• (c) Vẽ sơ đồ mức năng lượng.

Hướng đi:

• Năng lượng tương tác Zeeman:

$$U=-{\overrightarrow{\mu }}_L\cdot \overrightarrow{B}={\mu }_{B}B{m}_l$$

• (a) Độ tách mức giữa hai mức liền kề: $\mathrm{\Delta }E={\mu }_{B}B$.
• (b) Năng lượng toàn phần $E=E_0+{\mu }_{B}B{m}_l$ đạt cực tiểu khi $m_l$ có giá trị âm nhất.
• (c) Vẽ sơ đồ 5 mức cách đều nhau $\mathrm{\Delta }E$.

Lời giải chi tiết:

1. Phần (a): Tính độ tách mức năng lượng
   • Độ chênh lệch năng lượng giữa hai mức liền kề ($\mathrm{\Delta }{m}_l=1$) là:

$$\mathrm{\Delta }E={\mu }_{B}B$$

• Với $B=\mathrm{0,800}\mathrm{T}$ và Bohr magneton:

$${\mu }_B\approx \mathrm{5,788}4\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{T}$$

thay giá trị $B=\mathrm{0,800}\mathrm{T}$ vào $\mathrm{\Delta }E={\mu }_{B}B$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& ={\mu }_{B}B\\ & \approx 4,63\times {10}^{-5}\mathrm{eV}\end{array}$$

2. Phần (b): Mức có năng lượng thấp nhất
   • Biểu thức năng lượng của từng phân mức là:

$$E(m_l)=E_0+{\mu }_{B}B{m}_l$$

• Vì ${\mu }_{B}B>0$, năng lượng $E(m_l)$ thấp nhất khi $m_l$ đạt giá trị âm nhất.
• Đối với trạng thái d ($l=2$), $m_l\in \{-2,-1,0,1,2\}$, do đó giá trị âm nhất là:

$$m_l=-2$$

• Năng lượng của mức này là:

$$E_{min}=E_0-2\mathrm{\Delta }E$$

trong đó $2\mathrm{\Delta }E\approx 9,26\times {10}^{-5}\mathrm{eV}$.

3. Phần (c): Sơ đồ mức năng lượng
   • Khi $B=0$: Mức d gồm 5 trạng thái suy biến ở cùng mức năng lượng $E_0$.
   • Khi $B=\mathrm{0,800}\mathrm{T}$: Mức d bị tách thành 5 mức riêng biệt cách đều nhau một khoảng:

$$\mathrm{\Delta }E\approx 4,63\times {10}^{-5}\mathrm{eV}$$

• $m_l=+2$: $E=E_0+2{\mu }_{B}B$
• $m_l=+1$: $E=E_0+{\mu }_{B}B$
• $m_l=0$: $E=E_0$
• $m_l=-1$: $E=E_0-{\mu }_{B}B$
• $m_l=-2$: $E=E_0-2{\mu }_{B}B$

Sơ đồ tách mức năng lượng Zeeman cho trạng thái d trong từ trường

Kết luận:

• (a) Độ tách mức giữa hai mức liền kề:

$$\mathrm{\Delta }E\approx 4,63\times {10}^{-5}\mathrm{eV}$$

• (b) Mức có năng lượng thấp nhất là $m_l=-2$.
• (c) Sơ đồ tách 5 mức đối xứng cách đều nhau quanh mức $E_0$ như hình vẽ trên.

Bài tập 41.23–41.38

41.23

Một nguyên tử hydro ở trạng thái $5g$ được đặt trong từ trường đều có độ lớn $\mathrm{0,600}\mathrm{T}$ hướng theo trục $z$. (a) Trạng thái này bị tách thành bao nhiêu mức năng lượng do tương tác giữa mômen quỹ đạo của nguyên tử với từ trường ngoài? (b) Khoảng cách năng lượng giữa hai mức kề nhau bằng bao nhiêu electronvolt? (c) Khoảng cách năng lượng giữa mức có năng lượng thấp nhất và mức có năng lượng cao nhất bằng bao nhiêu electronvolt?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nguyên tử hydro ở trạng thái $5g$ ($n=5$, $l=4$), đặt trong từ trường $B=\mathrm{0,600}\mathrm{T}$ dọc theo trục $z$. Cần tìm số mức bị tách, khoảng cách giữa hai mức kế tiếp và khoảng cách giữa hai mức biên.

Hướng đi:

• Số lượng tử từ quỹ đạo: Với số lượng tử xung lượng quỹ đạo $l=4$, số lượng tử từ $m_l$ nhận các giá trị nguyên thỏa mãn $-l\le m_l\le +l$. Số mức năng lượng bằng tổng các giá trị khả dĩ của $m_l$, tức là $2l+1$.
• Năng lượng tương tác từ: Khi đặt trong từ trường đều $B$ hướng theo trục $z$, thế năng tương tác của mômen từ quỹ đạo là $U=m_l{\mu }_{\mathrm{B}}B$, với ${\mu }_{\mathrm{B}}=e\hslash /(2m_e)$ là .
• Khoảng cách giữa các mức: Hai giá trị $m_l$ liên tiếp chênh nhau một đơn vị $\mathrm{\Delta }{m}_l=1$, kéo theo khoảng cách năng lượng cố định $\mathrm{\Delta }U={\mu }_{\mathrm{B}}B$. Độ chênh lệch giữa mức cao nhất và thấp nhất ứng với khoảng biến thiên $\mathrm{\Delta }{m}_l=2l$.

Trạng thái $5g$ có số lượng tử xung lượng quỹ đạo $l=4$. Khi không có từ trường ngoài, trạng thái này suy biến đối với số lượng tử từ quỹ đạo $m_l$.

(a) Số mức năng lượng bị tách: Số lượng tử từ quỹ đạo nhận các giá trị nguyên trong đoạn:

$$m_l=0,\pm 1,\pm 2,\pm 3,\pm 4.$$

Do đó, trạng thái $5g$ bị tách thành $2l+1=2(4)+1=9$ mức năng lượng phân biệt.

(b) Khoảng cách năng lượng giữa hai mức kề nhau: Thế năng tương tác từ phụ thuộc vào $m_l$ theo biểu thức:

$$U=m_l{\mu }_{\mathrm{B}}B.$$

Với ${\mu }_{\mathrm{B}}=\mathrm{5,788}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}/\mathrm{T}$ và $B=\mathrm{0,600}\mathrm{T}$, khoảng cách năng lượng giữa hai mức kề nhau ứng với $\mathrm{\Delta }{m}_l=1$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }U& ={\mu }_{\mathrm{B}}B\\ & \approx \mathrm{3,473}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}.\end{array}$$

(c) Khoảng cách giữa mức thấp nhất ($m_l=-4$) và mức cao nhất ($m_l=+4$): Độ chênh lệch giữa hai mức biên là

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{U}_{\max }& =8{\mu }_{\mathrm{B}}B\\ & \approx \mathrm{2,778}\times {10}^{-4}\mathrm{eV}.\end{array}$$

41.24

Một nguyên tử hydro thực hiện bước chuyển từ trạng thái $2p$ xuống trạng thái cơ bản $1s$. Khi không có từ trường, bước sóng của phát ra là $122\mathrm{nm}$. Sau đó, nguyên tử được đặt trong một từ trường mạnh hướng theo trục $+z$. Bỏ qua các hiệu ứng spin và chỉ xét tương tác của từ trường với mômen từ quỹ đạo của nguyên tử. (a) Có bao nhiêu bước sóng photon khác nhau được quan sát đối với bước chuyển $2p\to 1s$? Xác định các giá trị $m_l$ của trạng thái đầu và trạng thái cuối dẫn đến từng bước sóng đó. (b) Có một bước sóng quan sát được hoàn toàn trùng khớp với bước sóng khi không có từ trường. Các giá trị $m_l$ ban đầu và kết thúc của bước chuyển tạo ra photon này là gì? (c) Có một bước sóng quan sát được dài hơn bước sóng khi không có từ trường. Các giá trị $m_l$ ban đầu và kết thúc của bước chuyển này là gì? (d) Lặp lại câu hỏi (c) đối với bước sóng ngắn hơn bước sóng khi không có từ trường.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khảo sát bước chuyển $2p\to 1s$ (${\lambda }_0=122\mathrm{nm}$) trong từ trường $\overrightarrow{B}=B\hat{k}$, bỏ qua spin. Tìm số bước sóng phát xạ và xác định các bộ $(m_{l,i},m_{l,f})$ tương ứng với từng vạch phổ.

Hướng đi:

• Các mức năng lượng trong từ trường: Trạng thái đầu $2p$ ($l=1$) tách thành ba phân mức ứng với $m_{l,i}\in \{-1,0,+1\}$ với năng lượng dịch chuyển $\mathrm{\Delta }{E}_i=m_{l,i}{\mu }_{\mathrm{B}}B$. Trạng thái cuối $1s$ ($l=0$) chỉ có $m_{l,f}=0$, năng lượng không đổi.
• Quy tắc chọn lọc lưỡng cực điện: Bức xạ tuân theo điều kiện biến thiên số lượng tử từ $\mathrm{\Delta }{m}_l=0,\pm 1$.
• Mối liên hệ giữa năng lượng và bước sóng: Năng lượng phát ra là $E_{\mathrm{photon}}=\mathrm{\Delta }{E}_0+m_{l,i}{\mu }_{\mathrm{B}}B$. Photon có năng lượng lớn hơn sẽ có bước sóng ngắn hơn, và photon có năng lượng nhỏ hơn sẽ có bước sóng dài hơn.

Sơ đồ tách mức Zeeman thường và ba vạch chuyển dời lượng tử từ phân lớp 2p về 1s

(a) Phân tích các bước chuyển khả dĩ: Trạng thái cuối $1s$ có $l=0⟹m_{l,f}=0$. Trạng thái đầu $2p$ có $l=1⟹m_{l,i}\in \{-1,0,+1\}$. Quy tắc chọn lọc đối với bức xạ lưỡng cực điện là

$$\mathrm{\Delta }{m}_l=m_{l,f}-m_{l,i}=0,\pm 1.$$

Vì $m_{l,f}=0$, các giá trị biến thiên tương ứng là

$$\begin{array}{rl}& m_{l,i}=0⟹\mathrm{\Delta }{m}_l=0,\\ & m_{l,i}=-1⟹\mathrm{\Delta }{m}_l=+1,\\ & m_{l,i}=+1⟹\mathrm{\Delta }{m}_l=-1.\end{array}$$

Cả ba bước chuyển này đều được phép, do đó ta quan sát được $3$ bước sóng khác nhau.

(b) Bước sóng không đổi ($\lambda ={\lambda }_0=122\mathrm{nm}$): Năng lượng phát xạ không thay đổi khi phân mức ban đầu không bị dịch chuyển năng lượng:

$$m_{l,i}{\mu }_{\mathrm{B}}B=0⟹m_{l,i}=0.$$

Bước chuyển tương ứng là từ $m_{l,i}=0$ xuống $m_{l,f}=0$.

(c) Bước sóng dài hơn bước sóng ban đầu ($\lambda >{\lambda }_0$): Bước sóng dài hơn đồng nghĩa với năng lượng nhỏ hơn giá trị khi không có từ trường:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{photon}}& <\mathrm{\Delta }{E}_0\\ ⟺m_{l,i}& =-1.\end{array}$$

Do đó, bước chuyển tương ứng có trạng thái đầu $m_{l,i}=-1$ và trạng thái cuối $m_{l,f}=0$.

(d) Bước sóng ngắn hơn bước sóng ban đầu ($\lambda <{\lambda }_0$): Bước sóng ngắn hơn đồng nghĩa với năng lượng lớn hơn:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{photon}}& >\mathrm{\Delta }{E}_0\\ ⟺m_{l,i}& =+1.\end{array}$$

Bước chuyển tương ứng có trạng thái đầu $m_{l,i}=+1$ và trạng thái cuối $m_{l,f}=0$.

41.25

Mô hình spin cổ điển của electron. (a) Nếu coi electron như một vật thể hình cầu đồng chất cổ điển có bán kính $R=1,0\times {10}^{-17}\mathrm{m}$, tốc độ góc quay quanh trục của nó phải bằng bao nhiêu để tạo ra độ lớn xung lượng spin bằng $\sqrt{3/4}\hslash$? (b) Sử dụng hệ thức $v=R\omega$ và kết quả ở câu (a) để tính tốc độ chuyển động $v$ của một điểm nằm trên đường xích đạo của electron. Kết quả thu được cho thấy điều gì về tính đúng đắn của mô hình cổ điển này?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Electron có bán kính cổ điển $R=1,0\times {10}^{-17}\mathrm{m}$, độ lớn spin $S=\sqrt{3/4}\hslash$. Tính tốc độ góc $\omega$ và tốc độ dài $v$ tại xích đạo, từ đó đánh giá mô hình.

Hướng đi:

• Mômen quán tính cầu đặc: Đối với quả cầu đồng chất khối lượng $m_e$ và bán kính $R$, mômen quán tính quanh trục quay qua tâm là $I=\frac{2}{5}{m}_e{R}^2$.
• Độ lớn xung lượng spin: Xung lượng góc tự quay cổ điển được xác định qua $S=I\omega$. Từ đó suy ra tốc độ góc $\omega =S/I$.
• Tốc độ dài tại xích đạo: Điểm trên xích đạo cách trục quay khoảng cách lớn nhất $r=R$, chuyển động với tốc độ tiếp tuyến $v=\omega R$. So sánh giá trị này với tốc độ ánh sáng trong chân không $c$.

(a) Tính tốc độ góc cần thiết: Với $m_e=\mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$ và $R=1,0\times {10}^{-17}\mathrm{m}$, mômen quán tính của quả cầu đặc đồng chất là

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{2}{5}{m}_e{R}^2\\ & \approx \mathrm{3,644}\times {10}^{-64}\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Độ lớn mômen xung lượng spin của electron là

$$\begin{array}{rl}S& =\frac{\sqrt{3}}{2}\hslash \\ & \approx \mathrm{9,133}\times {10}^{-35}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}.\end{array}$$

Tốc độ góc quay quanh trục của electron:

$$\begin{array}{rl}\omega & =\frac{S}{I}\\ & \approx 2,51\times {10}^{29}\mathrm{rad}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(b) Tốc độ dài của điểm tại xích đạo: Tốc độ dài tiếp tuyến tại bề mặt xích đạo là

$$\begin{array}{rl}v& =\omega R\\ & \approx 2,51\times {10}^{12}\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

So sánh với tốc độ ánh sáng trong chân không $c\approx 3,00\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$:

$$\frac{v}{c}\approx 8360.$$

Nhận xét: Tốc độ tính được lớn gấp hơn tám nghìn lần tốc độ ánh sáng, vi phạm trực tiếp nguyên lý tương đối hẹp của Einstein. Điều này chứng minh rằng spin của electron không thể được giải thích bằng chuyển động quay cơ học cổ điển của một quả cầu mang điện. Spin là một thuộc tính lượng tử nội tại thuần túy của hạt vi mô, không có sự tương đương cơ học cổ điển.

41.26

Tương tác siêu tinh vi trong nguyên tử hydro giữa mômen của proton và mômen lưỡng cực từ spin của electron làm tách mức cơ bản thành hai mức năng lượng cách nhau $5,9\times {10}^{-6}\mathrm{eV}$. (a) Tính bước sóng và tần số của phát ra khi nguyên tử chuyển giữa hai mức này. So sánh với vạch 21 cm đã xét ở cuối mục 41.5. Bức xạ này thuộc vùng nào của phổ điện từ? Các đám mây hydro lạnh trong không gian giữa các sao phát ra những photon ấy. Phát hiện bức xạ này giúp nhà thiên văn tìm hiểu số lượng và mật độ các đám mây. (b) Tính từ trường hiệu dụng mà electron trải nghiệm ở các trạng thái này, như biểu diễn trên Hình 41.18. So sánh với từ trường hiệu dụng do đã tính trong Ví dụ 41.7 cho natri.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Độ tách mức siêu tinh vi trạng thái cơ bản hydro là $\mathrm{\Delta }E=5,9\times {10}^{-6}\mathrm{eV}$. Cần tìm bước sóng $\lambda$, tần số $f$, vùng phổ và từ trường hiệu dụng $B_{\mathrm{eff}}$.

Hướng đi:

• Tần số và bước sóng : Dùng hệ thức Einstein–Planck $\mathrm{\Delta }E=hf=hc/\lambda$.
• Vùng phổ điện từ: Sóng có bước sóng cỡ vài chục xentimét thuộc dải sóng vi ba (vùng sóng vô tuyến tần số cao).
• Từ trường hiệu dụng: Hai trạng thái spin song song và phản song song có độ chênh lệch năng lượng $\mathrm{\Delta }E=2{\mu }_{\mathrm{B}}{B}_{\mathrm{eff}}$, từ đó rút ra $B_{\mathrm{eff}}=\mathrm{\Delta }E/(2{\mu }_{\mathrm{B}})$.

(a) Tính bước sóng, tần số và phân loại vùng phổ: Tần số của phát ra trong bước chuyển siêu tinh vi:

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{\mathrm{\Delta }E}{h}\\ & \approx 1,43\times {10}^9\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Bước sóng của bức xạ trong chân không:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{c}{f}\\ & \approx \mathrm{0,210}\mathrm{m}=21,0\mathrm{cm}.\end{array}$$

Bức xạ có bước sóng $21\mathrm{cm}$ thuộc dải sóng vi ba (sóng vô tuyến). Đây chính là vạch phổ $21\mathrm{cm}$ trứ danh trong thiên văn vô tuyến, được sử dụng để vẽ bản đồ phân bố các đám mây khí hydro trung hòa trong dải Ngân Hà.

(b) Tính từ trường hiệu dụng trải nghiệm bởi electron: Độ tách năng lượng giữa trạng thái cùng chiều và ngược chiều với spin proton là

$$\mathrm{\Delta }E=2{\mu }_{\mathrm{B}}{B}_{\mathrm{eff}}.$$

Suy ra từ trường hiệu dụng tại vị trí electron:

$$\begin{array}{rl}{B}_{\mathrm{eff}}& =\frac{\mathrm{\Delta }E}{2{\mu }_{\mathrm{B}}}\\ & \approx \mathrm{0,051}\mathrm{T}.\end{array}$$

So sánh: Ví dụ 41.7 cho từ trường hiệu dụng do trong nguyên tử natri xấp xỉ $18,4\mathrm{T}$. Giá trị đó lớn hơn kết quả ở đây khoảng 360 lần. Hai phép tính xét những nguyên tử và tương tác khác nhau, nên không thể quy toàn bộ tỉ số này chỉ cho tỉ số giữa mômen từ proton và mômen từ electron.

41.27

Tính khoảng cách năng lượng giữa hai mức $m_s=+1/2$ (spin hướng lên) và $m_s=-1/2$ (spin hướng xuống) của nguyên tử hydro ở trạng thái $1s$ khi đặt trong từ trường đều có độ lớn $1,45\mathrm{T}$ hướng theo chiều âm của trục $z$. Mức nào, $m_s=+1/2$ hay $m_s=-1/2$, có năng lượng thấp hơn?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hydro $1s$, đặt trong từ trường $B=1,45\mathrm{T}$ hướng theo $-z$. Tìm độ chênh lệch năng lượng $\mathrm{\Delta }E$ giữa hai mức spin và xác định mức có năng lượng thấp hơn.

Hướng đi:

• Vectơ cảm ứng từ: Từ trường hướng theo chiều âm trục $z$ nên $\overrightarrow{B}=-B\hat{k}$ với $B=1,45\mathrm{T}$.
• Mômen từ spin của electron: Có thành phần trên trục $z$ là ${\mu }_{s,z}=-2{\mu }_{\mathrm{B}}{m}_s$.
• Năng lượng tương tác: Thế năng từ là $U=-2{\mu }_{\mathrm{B}}{m}_{s}B$. Mức có spin định hướng sao cho mômen từ cùng chiều với từ trường ngoài sẽ có thế năng thấp nhất.

Sự phụ thuộc của năng lượng tương tác spin electron vào độ lớn cảm ứng từ ngoài

Từ trường ngoài hướng dọc theo chiều âm của trục $z$:

$$B_z=-B=-1,45\mathrm{T}.$$

Thành phần hình chiếu mômen từ spin của electron lên trục $z$:

$${\mu }_{s,z}=-2{\mu }_{\mathrm{B}}{m}_s.$$

Năng lượng tương tác spin với từ trường ngoài:

$$\begin{array}{rl}U& =-{\overrightarrow{\mu }}_s\cdot \overrightarrow{B}\\ & =-{\mu }_{s,z}{B}_z\\ & =-(-2{\mu }_{\mathrm{B}}{m}_s)(-B)\\ & =-2{\mu }_{\mathrm{B}}{m}_{s}B.\end{array}$$

Xét từng trạng thái spin:

• Khi $m_s=+1/2$: $U_{+}=-{\mu }_{\mathrm{B}}B$.
• Khi $m_s=-1/2$: $U_{-}=+{\mu }_{\mathrm{B}}B$.

Khoảng cách năng lượng giữa hai mức spin:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =2{\mu }_{\mathrm{B}}B\\ & \approx 1,68\times {10}^{-4}\mathrm{eV}.\end{array}$$

Kết luận mức năng lượng: Trạng thái $m_s=+1/2$ có $U_{+}=-{\mu }_{\mathrm{B}}B<0$, do đó mức $m_s=+1/2$ có năng lượng thấp hơn mức $m_s=-1/2$. Lý do vật lý: Khi electron có $m_s=+1/2$, xung lượng spin hướng theo chiều dương trục $z$, nhưng vì điện tích electron âm nên mômen từ spin ${\overrightarrow{\mu }}_s$ hướng theo chiều âm trục $z$. Khi đó, ${\overrightarrow{\mu }}_s$ cùng hướng với từ trường ngoài $\overrightarrow{B}$, tạo nên trạng thái liên kết thuận lợi có thế năng cực tiểu.

41.28

Một nguyên tử hydro ở trạng thái $n=1,m_s=-1/2$ được đặt trong từ trường đều có độ lớn $1,60\mathrm{T}$ hướng theo chiều $+z$. (a) Tìm năng lượng tương tác từ (theo electronvolt) của electron với từ trường. (b) Trạng thái này có tương tác mômen quỹ đạo hay không? Giải thích. Liệu có thể có tương tác mômen lưỡng cực từ quỹ đạo khi $n\ne 1$ hay không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hydro $n=1,m_s=-1/2$, đặt trong từ trường $B=1,60\mathrm{T}$ theo hướng $+z$. Tính năng lượng tương tác spin và biện luận về tương tác từ quỹ đạo.

Hướng đi:

• Năng lượng spin: Với từ trường dọc trục $+z$, thế năng tương tác spin là $U_s=-{\mu }_{s,z}B=2{\mu }_{\mathrm{B}}{m}_{s}B$.
• Tương tác quỹ đạo: Trạng thái $n=1$ chỉ cho phép $l=0$, kéo theo xung lượng góc quỹ đạo và mômen từ quỹ đạo triệt tiêu. Khi $n>1$, số lượng tử quỹ đạo có thể nhận các giá trị $l>0$, dẫn đến tương tác mômen từ quỹ đạo khác không.

(a) Năng lượng tương tác spin của electron: Với $\overrightarrow{B}=B\hat{k}$ và $B=1,60\mathrm{T}$, hình chiếu mômen từ spin là

$$\begin{array}{rl}{\mu }_{s,z}& =-2{\mu }_{\mathrm{B}}{m}_s\\ & =+{\mu }_{\mathrm{B}}.\end{array}$$

Năng lượng tương tác từ của là

$$\begin{array}{rl}{U}_s& =-{\mu }_{\mathrm{B}}B\\ & \approx -9,26\times {10}^{-5}\mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) Phân tích tương tác từ quỹ đạo:

• Với $n=1$: Điều kiện lượng tử đòi hỏi $l$ nhận các giá trị nguyên từ $0$ đến $n-1$. Do đó giá trị duy nhất là $l=0$. Khi $l=0$, độ lớn xung lượng góc quỹ đạo $L=\sqrt{l(l+1)}\hslash =0$, kéo theo mômen từ quỹ đạo ${\overrightarrow{\mu }}_L=\overrightarrow{0}$. Vì vậy, trạng thái này hoàn toàn không có tương tác mômen quỹ đạo.
• Với $n\ne 1$: Khi $n\ge 2$, số lượng tử quỹ đạo có thể nhận các giá trị $l\in \{1,2,\dots ,n-1\}>0$. Khi đó electron sở hữu xung lượng góc quỹ đạo khác không và mômen từ quỹ đạo tương ứng ${\mu }_{L,z}=-m_l{\mu }_{\mathrm{B}}\ne 0$ (với $m_l\ne 0$). Năng lượng tương tác từ quỹ đạo $U_L=m_l{\mu }_{\mathrm{B}}B$ sẽ xuất hiện và làm dịch chuyển các mức năng lượng.

41.29

Hãy lập danh sách $n,l,m_l$ và $m_s$ cho từng electron trong số $10$ electron ở trạng thái cơ bản của nguyên tử neon. Không tra Bảng 41.2 và Bảng 41.3.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Viết $(n,l,m_l,m_s)$ cho $10$ electron của nguyên tử Neon ($Z=10$) ở trạng thái cơ bản.

Hướng đi:

• trạng thái cơ bản: Theo nguyên lý vững bền Aufbau, $10$ electron sẽ lần lượt điền kín các phân lớp có năng lượng từ thấp đến cao: $1s^{2}2s^{2}2p^6$.
• Quy tắc số lượng tử:
  • Phân lớp $1s$: $n=1,l=0,m_l=0$. Chứa tối đa 2 electron với $m_s=\pm 1/2$.
  • Phân lớp $2s$: $n=2,l=0,m_l=0$. Chứa tối đa 2 electron với $m_s=\pm 1/2$.
  • Phân lớp $2p$: $n=2$, $\ell =1$ và $m_{\ell }=-1,0,+1$. Chứa tối đa 6 electron ứng với 3 giá trị $m_l$, mỗi giá trị có 2 trạng thái spin.

Nguyên tử neon có số hiệu nguyên tử $Z=10$. Ở trạng thái cơ bản, $10$ electron lấp đầy vỏ $K$ ($n=1$) và vỏ $L$ ($n=2$). Danh sách $10$ bộ $(n,l,m_l,m_s)$ tuân theo :

1. Electron thứ nhất (phân lớp $1s$): $(1,0,0,+1/2)$.
2. Electron thứ hai (phân lớp $1s$): $(1,0,0,-1/2)$.
3. Electron thứ ba (phân lớp $2s$): $(2,0,0,+1/2)$.
4. Electron thứ tư (phân lớp $2s$): $(2,0,0,-1/2)$.
5. Electron thứ năm (phân lớp $2p$): $(2,1,+1,+1/2)$.
6. Electron thứ sáu (phân lớp $2p$): $(2,1,+1,-1/2)$.
7. Electron thứ bảy (phân lớp $2p$): $(2,1,0,+1/2)$.
8. Electron thứ tám (phân lớp $2p$): $(2,1,0,-1/2)$.
9. Electron thứ chín (phân lớp $2p$): $(2,1,-1,+1/2)$.
10. Electron thứ mười (phân lớp $2p$): $(2,1,-1,-1/2)$.

41.30

Đối với nguyên tử germani ($\mathrm{Ge},Z=32$), hãy liệt kê số lượng electron trong từng phân lớp ($1s,2s,2p,\dots$). Sử dụng các giá trị cho phép của các số lượng tử cùng với ; không tham khảo bảng có sẵn.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xác định số electron trong từng phân lớp của nguyên tử Germani ($\mathrm{Ge},Z=32$) ở trạng thái cơ bản.

Hướng đi:

• Dung lượng tối đa của một phân lớp: Với số lượng tử xung lượng quỹ đạo $l$, số giá trị $m_l$ là $2l+1$. Mỗi ô lượng tử quỹ đạo chứa tối đa 2 electron ngược spin, vì vậy số electron tối đa của phân lớp là $2(2l+1)$:
  • Phân lớp $s$ ($l=0$): Chứa tối đa $2(0+1)=2$ electron.
  • Phân lớp $p$ ($l=1$): Chứa tối đa $2(2+1)=6$ electron.
  • Phân lớp $d$ ($l=2$): Chứa tối đa $2(4+1)=10$ electron.
• Thứ tự lấp đầy năng lượng (Quy tắc Klechkowski):

$$\begin{array}{rl}& 1s\to 2s\to 2p\to 3s\to 3p\\ & \to 4s\to 3d\to 4p.\end{array}$$

Germani có $Z=32$ electron. Điền lần lượt vào các phân lớp theo trật tự mức năng lượng:

• Phân lớp $1s$: Điền đầy $2$ electron.
• Phân lớp $2s$: Điền đầy $2$ electron (tổng tích lũy 4).
• Phân lớp $2p$: Điền đầy $6$ electron (tổng tích lũy 10).
• Phân lớp $3s$: Điền đầy $2$ electron (tổng tích lũy 12).
• Phân lớp $3p$: Điền đầy $6$ electron (tổng tích lũy 18).
• Phân lớp $4s$: Điền đầy $2$ electron (tổng tích lũy 20).
• Phân lớp $3d$: Điền đầy $10$ electron (tổng tích lũy 30).
• Phân lớp $4p$: Nhận $2$ electron còn lại (tổng đủ 32).

Bảng số lượng electron trong từng phân lớp của Germani:

• $1s$: $2$ electron.
• $2s$: $2$ electron.
• $2p$: $6$ electron.
• $3s$: $2$ electron.
• $3p$: $6$ electron.
• $3d$: $10$ electron.
• $4s$: $2$ electron.
• $4p$: $2$ electron.

đầy đủ: $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^2$ (hoặc viết theo vỏ khí hiếm: $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^{2}4p^2$).

41.31

(a) Viết trạng thái cơ bản ($1s^2,2s^2,\dots$) của nguyên tử beri. (b) Nguyên tố có số hiệu nguyên tử $Z$ lớn hơn tiếp theo nào có tính chất hóa học tương tự như beri? Viết cấu hình electron trạng thái cơ bản của nguyên tố đó. (c) Sử dụng quy luật ở câu (b) để dự đoán nguyên tố có số hiệu nguyên tử $Z$ lớn hơn tiếp theo có tính chất hóa học tương tự như nguyên tố tìm được ở câu (b), và viết cấu hình electron trạng thái cơ bản của nó.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Viết cơ bản của Beryli ($Z=4$) và hai nguyên tố kế tiếp cùng nhóm kim loại kiềm thổ.

Hướng đi:

• Tính chất hóa học tương tự: Các nguyên tố có tính chất hóa học tương đồng nằm cùng một phân nhóm chính trong bảng tuần hoàn, đặc trưng bởi số electron hóa trị ở lớp ngoài cùng giống hệt nhau (cấu hình ngoài cùng dạng $n{s}^2$).
• Điền vỏ electron: Vỏ khí hiếm kế tiếp được lấp đầy, sau đó thêm 2 electron vào phân lớp $s$ tiếp theo.

(a) của Beri ($\mathrm{Be},Z=4$): Nguyên tử beri có 4 electron:

$$1s^{2}2s^2.$$

Lớp ngoài cùng là $2s^2$.

(b) Nguyên tố kế tiếp có tính chất tương tự: Để có cấu hình tương tự $n{s}^2$, nguyên tố tiếp theo phải điền đầy vỏ $n=2$ (thêm 6 electron $2p$ tạo thành khí hiếm Neon với 10 electron), sau đó thêm 2 electron vào phân lớp $3s$. Số hiệu nguyên tử: $Z=4+8=12$. Nguyên tố này là Magie ($\mathrm{Mg},Z=12$). :

$$\begin{array}{rl}& 1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^2\\ & =[\mathrm{Ne}]3s^2.\end{array}$$

(c) Nguyên tố kế tiếp có tính chất tương tự: Sau magie, điền đầy phân lớp $3p^6$ (thêm 6 electron tạo thành Argon với 18 electron), sau đó thêm 2 electron vào phân lớp $4s$. Số hiệu nguyên tử: $Z=12+8=20$. Nguyên tố này là Canxi ($\mathrm{Ca},Z=20$). :

$$\begin{array}{rl}& 1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^2\\ & =[\mathrm{Ar}]4s^2.\end{array}$$

Cả ba nguyên tố $\mathrm{Be},\mathrm{Mg},\mathrm{Ca}$ đều thuộc nhóm kim loại kiềm thổ (nhóm 2 của bảng tuần hoàn).

41.32

(a) Viết trạng thái cơ bản ($1s^2,2s^2,\dots$) của nguyên tử cacbon. (b) Nguyên tố có số hiệu nguyên tử $Z$ lớn hơn tiếp theo nào có tính chất hóa học tương tự như cacbon? Viết cấu hình electron trạng thái cơ bản của nguyên tố này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Viết của Cacbon ($Z=6$) và nguyên tố kế tiếp cùng nhóm 14.

Hướng đi:

• Nhóm nguyên tố: Cacbon có 4 electron hóa trị ngoài cùng dạng $2s^{2}2p^2$. Nguyên tố tiếp theo cùng nhóm có cấu hình lớp ngoài cùng dạng $3s^{2}3p^2$.

(a) của Cacbon ($\mathrm{C},Z=6$): Với 6 electron, thứ tự điền là

$$1s^{2}2s^{2}2p^2.$$

(b) Nguyên tố kế tiếp có tính chất tương tự: Điền đầy vỏ thứ hai (thêm 4 electron vào $2p$ để đạt khí hiếm Neon $Z=10$), sau đó điền 4 electron hóa trị vào vỏ thứ ba ($3s^{2}3p^2$). Số hiệu nguyên tử: $Z=6+8=14$. Nguyên tố này là Silic ($\mathrm{Si},Z=14$). trạng thái cơ bản của Silic:

$$\begin{array}{rl}& 1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^2\\ & =[\mathrm{Ne}]3s^{2}3p^2.\end{array}$$

41.33

Electron $5s$ trong nguyên tử rubidi ($\mathrm{Rb}$) trải nghiệm bằng $\mathrm{2,771}e$. Hãy tính năng lượng ion hóa của electron này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Electron hóa trị $5s$ của Rubidi ($n=5$) có $Z_{\mathrm{eff}}=\mathrm{2,771}$. Tính năng lượng ion hóa $E_{\mathrm{ion}}$.

Hướng đi:

• Mô hình hydro hiệu dụng: Mức năng lượng của electron hóa trị chịu tác dụng của điện tích hạt nhân bị chắn $Z_{\mathrm{eff}}$ được xác định theo hệ thức: $E_n=-\frac{Z_{\mathrm{eff}}^2}{n^2}(\mathrm{13,606}\mathrm{eV})$.
• Năng lượng ion hóa: Là năng lượng tối thiểu cần cung cấp để đưa electron từ mức $n=5$ ra vô cực: $E_{\mathrm{ion}}=0-E_5=-E_5$.

Electron ngoài cùng của nguyên tử rubidi nằm ở phân lớp $5s$, do đó số lượng tử chính là $n=5$. Năng lượng liên kết của electron này trong trường xuyên tâm hiệu dụng là

$$\begin{array}{rl}{E}_5& =-\frac{Z_{\mathrm{eff}}^2}{n^2}(\mathrm{13,606}\mathrm{eV})\\ & \approx -\mathrm{4,179}\mathrm{eV}.\end{array}$$

Năng lượng ion hóa của electron $5s$ trong rubidi:

$$E_{\mathrm{ion}}=-E_5\approx 4,18\mathrm{eV}.$$

41.34

Năng lượng của các trạng thái $4s,4p$ và $4d$ của nguyên tử kali được cho trong Ví dụ 41.10 (lần lượt là $-\mathrm{4,339}\mathrm{eV},-2,73\mathrm{eV}$ và $-0,94\mathrm{eV}$). Hãy tính $Z_{\mathrm{eff}}$ cho từng trạng thái. Kết quả của bạn cho thấy xu hướng nào? Bạn giải thích xu hướng này như thế nào?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho các mức năng lượng $E(4s)=-\mathrm{4,339}\mathrm{eV}$, $E(4p)=-2,73\mathrm{eV}$ và $E(4d)=-0,94\mathrm{eV}$ của nguyên tử Kali. Tính $Z_{\mathrm{eff}}$ cho từng trạng thái và giải thích xu hướng.

Hướng đi:

• Công thức tính $Z_{\mathrm{eff}}$: Từ $E=-\frac{Z_{\mathrm{eff}}^2}{n^2}(\mathrm{13,606}\mathrm{eV})$ với $n=4$, ta rút ra $Z_{\mathrm{eff}}=n\sqrt{|E|/\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}$.
• Hiệu ứng xâm nhập và chắn: Electron có số lượng tử quỹ đạo $l$ càng nhỏ thì càng có xác suất tìm thấy ở gần hạt nhân lớn (xuyên sâu qua lớp vỏ chắn của các electron lõi), cảm nhận được càng lớn.

Điện tích hạt nhân hiệu dụng của các trạng thái 4s, 4p và 4d trong nguyên tử Kali phản ánh hiệu ứng xâm nhập đám mây điện tử

Với các trạng thái có số lượng tử chính $n=4$:

$$Z_{\mathrm{eff}}=4\sqrt{\frac{|E|}{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}}.$$

Tính toán cụ thể cho từng trạng thái:

• Trạng thái $4s$ ($l=0$):

$$\begin{array}{rl}{Z}_{\mathrm{eff}}(4s)& =4\sqrt{\frac{\mathrm{4,339}\mathrm{eV}}{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}}\\ & \approx \mathrm{2,259.}\end{array}$$

• Trạng thái $4p$ ($l=1$):

$$\begin{array}{rl}{Z}_{\mathrm{eff}}(4p)& =4\sqrt{\frac{2,73\mathrm{eV}}{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}}\\ & \approx \mathrm{1,792.}\end{array}$$

• Trạng thái $4d$ ($l=2$):

$$\begin{array}{rl}{Z}_{\mathrm{eff}}(4d)& =4\sqrt{\frac{0,94\mathrm{eV}}{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}}\\ & \approx \mathrm{1,051.}\end{array}$$

Xu hướng quan sát được: Khi số lượng tử xung lượng quỹ đạo $l$ tăng lên ($0\to 1\to 2$), giá trị $Z_{\mathrm{eff}}$ giảm rõ rệt:

$$\begin{array}{rl}{Z}_{\mathrm{eff}}(4s)& >Z_{\mathrm{eff}}(4p)\\ & >Z_{\mathrm{eff}}(4d).\end{array}$$

Giải thích cơ chế vật lý: của electron $s$ ($l=0$) không có rào cản ly tâm tại gốc tọa độ, có các cực đại phụ nằm sâu bên trong lớp vỏ lõi $[\mathrm{Ar}]$ ($18$ electron). Do đó, electron $4s$ "xuyên sâu" vào gần hạt nhân nhất và ít bị chắn nhất, cảm nhận điện tích hiệu dụng lớn nhất ($Z_{\mathrm{eff}}\approx 2,26$). Trái lại, trạng thái $4d$ ($l=2$) chịu rào thế ly tâm $\propto l(l+1)/r^2$ đẩy electron ra xa hạt nhân, hầu như chỉ chuyển động bên ngoài đám mây điện tử của $18$ electron lõi, dẫn đến việc bị chắn gần như hoàn toàn ($Z_{\mathrm{eff}}\approx 1,05\to 1$).

41.35

(a) Ion tích điện hai lần ${\mathrm{N}}^{2+}$ được tạo thành bằng cách tách hai electron khỏi nguyên tử nitơ. trạng thái cơ bản của ion ${\mathrm{N}}^{2+}$ là gì? (b) Ước tính năng lượng của mức liên kết yếu nhất trong vỏ $L$ của ion ${\mathrm{N}}^{2+}$. (c) Ion tích điện hai lần ${\mathrm{P}}^{2+}$ được tạo thành bằng cách tách hai electron khỏi nguyên tử photpho. Cấu hình electron trạng thái cơ bản của ion ${\mathrm{P}}^{2+}$ là gì? (d) Ước tính năng lượng của mức liên kết yếu nhất trong vỏ $M$ của ion ${\mathrm{P}}^{2+}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Viết và ước tính năng lượng liên kết của electron ngoài cùng cho ion ${\mathrm{N}}^{2+}$ ($Z=7$) và ${\mathrm{P}}^{2+}$ ($Z=15$).

Hướng đi:

• Cấu hình ion: Loại bớt 2 electron ở các phân lớp ngoài cùng có năng lượng cao nhất.
• Ước tính chắn đơn giản: Electron liên kết yếu nhất ở vỏ ngoài cùng chịu tác dụng chắn từ các electron ở các lớp vỏ bên trong. Xem các electron bên trong chắn hoàn toàn điện tích hạt nhân để ước lượng $Z_{\mathrm{eff}}$.

(a) của ion ${\mathrm{N}}^{2+}$: Nguyên tử nitơ trung hòa có $Z=7$ electron ($1s^{2}2s^{2}2p^3$). Mất 2 electron ngoài cùng, ion ${\mathrm{N}}^{2+}$ còn 5 electron:

$$1s^{2}2s^{2}2p^1.$$

(b) Ước tính năng lượng của electron liên kết yếu nhất ở vỏ $L$ ($n=2$): Electron yếu nhất nằm ở phân lớp $2p$. Bên trong nó có 2 electron vỏ $K$ ($1s^2$) chắn hạt nhân, và 2 electron $2s$ chắn một phần. Theo mô hình chắn đơn giản, nếu 4 electron bên trong ($1s^{2}2s^2$) chắn hạt nhân $Z=7$, thô là $Z_{\mathrm{eff}}\approx 7-4=3$. Năng lượng của mức $n=2$ xấp xỉ:

$$\begin{array}{rl}E& \approx -\frac{Z_{\mathrm{eff}}^2}{n^2}(13,6\mathrm{eV})\\ & =-\frac{3^2}{2^2}(13,6\mathrm{eV})\\ & \approx -30,6\mathrm{eV}.\end{array}$$

(c) của ion ${\mathrm{P}}^{2+}$: Nguyên tử photpho trung hòa có $Z=15$ electron ($1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^3$). Khi mất 2 electron, ion ${\mathrm{P}}^{2+}$ còn 13 electron:

$$\begin{array}{rl}& 1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^1\\ & =[\mathrm{Ne}]3s^{2}3p^1.\end{array}$$

(d) Ước tính năng lượng của electron liên kết yếu nhất ở vỏ $M$ ($n=3$): Electron yếu nhất nằm ở phân lớp $3p$. Bên trong nó có 10 electron của lõi Neon ($1s^{2}2s^{2}2p^6$) và 2 electron $3s$. Coi 12 electron phía trong chắn hạt nhân $Z=15$, điện tích hiệu dụng là $Z_{\mathrm{eff}}\approx 15-12=3$. Năng lượng của mức $n=3$ xấp xỉ:

$$\begin{array}{rl}E& \approx -\frac{Z_{\mathrm{eff}}^2}{n^2}(13,6\mathrm{eV})\\ & \approx -\frac{3^2}{3^2}(13,6\mathrm{eV})\\ & \approx -13,6\mathrm{eV}.\end{array}$$

41.36

Một $K_{\alpha }$ phát ra từ một mẫu vật có năng lượng $7,46\mathrm{keV}$. Mẫu vật này được làm bằng nguyên tố hóa học nào?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Năng lượng vạch $K_{\alpha }$ là $E=7,46\mathrm{keV}$. Xác định nguyên tố của mẫu vật theo .

Hướng đi:

• cho vạch $K_{\alpha }$: Vạch $K_{\alpha }$ sinh ra khi electron chuyển từ vỏ $L$ ($n=2$) xuống vỏ $K$ ($n=1$). Hạt nhân được chắn bởi một electron $1s$ còn lại trong vỏ $K$, cho điện tích hiệu dụng xấp xỉ $(Z-1)e$.
• Biểu thức năng lượng: $E(K_{\alpha })=(10,2\mathrm{eV})(Z-1{)}^2$.

Với $E_0=10,20\mathrm{eV}$, theo đối với bức xạ đặc trưng $K_{\alpha }$:

$$E(K_{\alpha })=E_0(Z-1{)}^2.$$

Đổi năng lượng đo được sang electronvolt:

$$E=7,46\mathrm{keV}=7460\mathrm{eV}.$$

Thiết lập phương trình tìm $Z$:

$$\begin{array}{rl}(Z-1{)}^2& =\frac{7460\mathrm{eV}}{10,20\mathrm{eV}}\\ & \approx 731,37.\end{array}$$

Lấy căn bậc hai hai vế:

$$\begin{array}{rl}Z-1& =\sqrt{731,37}\\ & \approx 27,04\\ ⟹Z& \approx 28.\end{array}$$

Tra cứu bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học: Nguyên tố có số hiệu nguyên tử $Z=28$ là Niken ($\mathrm{Ni}$). Mẫu vật được chế tạo từ kim loại niken.

41.37

Hãy tính tần số, năng lượng (theo $\mathrm{keV}$) và bước sóng của tia X $K_{\alpha }$ đối với các nguyên tố: (a) Canxi ($\mathrm{Ca},Z=20$). (b) Coban ($\mathrm{Co},Z=27$). (c) Cadmi ($\mathrm{Cd},Z=48$).

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tính tần số $f$, năng lượng $E$ ($\mathrm{keV}$) và bước sóng $\lambda$ của tia $K_{\alpha }$ cho Canxi ($Z=20$), Coban ($Z=27$) và Cadmi ($Z=48$).

Hướng đi:

• : $E_{\alpha }=C_E(Z-1{)}^2$, với $C_E=\mathrm{10,204}\mathrm{eV}$.
• Tần số: $f=E/h$.
• Bước sóng: $\lambda =hc/E$, với $hc=1239,84\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}$.

Đồ thị tuyến tính Moseley biểu diễn mối quan hệ giữa căn bậc hai tần số vạch phát xạ K-alpha và số hiệu nguyên tử

(a) Đối với Canxi ($\mathrm{Ca},Z=20$): Hằng số chắn cho vỏ $K$ là $Z-1=20-1=19$.

• Năng lượng $K_{\alpha }$:

$$\begin{array}{rl}E& =(19{)}^2(\mathrm{10,204}\mathrm{eV})\\ & =361\times \mathrm{10,204}\mathrm{eV}\\ & \approx 3684\mathrm{eV}\\ & \approx 3,68\mathrm{keV}.\end{array}$$

• Tần số :

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{E}{h}\\ & \approx 8,91\times {10}^{17}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

• Bước sóng:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{E}\\ & \approx \mathrm{0,337}\mathrm{nm}.\end{array}$$

(tương ứng với bước sóng $3,37\times {10}^{-10}\mathrm{m}$).

(b) Đối với Coban ($\mathrm{Co},Z=27$): $Z-1=27-1=26$.

• Năng lượng $K_{\alpha }$:

$$\begin{array}{rl}E& =(26{)}^2(\mathrm{10,204}\mathrm{eV})\\ & =676\times \mathrm{10,204}\mathrm{eV}\\ & \approx 6898\mathrm{eV}\\ & \approx 6,90\mathrm{keV}.\end{array}$$

• Tần số :

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{E}{h}\\ & \approx 1,67\times {10}^{18}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

• Bước sóng:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{E}\\ & \approx \mathrm{0,180}\mathrm{nm}.\end{array}$$

(tương ứng với bước sóng $1,80\times {10}^{-10}\mathrm{m}$).

(c) Đối với Cadmi ($\mathrm{Cd},Z=48$): $Z-1=48-1=47$.

• Năng lượng $K_{\alpha }$:

$$\begin{array}{rl}E& =(47{)}^2(\mathrm{10,204}\mathrm{eV})\\ & =2209\times \mathrm{10,204}\mathrm{eV}\\ & \approx 22541\mathrm{eV}\\ & \approx 22,5\mathrm{keV}.\end{array}$$

• Tần số :

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{E}{h}\\ & \approx 5,45\times {10}^{18}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

• Bước sóng:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{E}\\ & \approx \mathrm{0,055}0\mathrm{nm}.\end{array}$$

(tương ứng với bước sóng $5,50\times {10}^{-11}\mathrm{m}$).

41.38

Năng lượng của một electron trong các vỏ $K,L$ và $M$ của nguyên tử vonfram lần lượt là $-69500\mathrm{eV},-12000\mathrm{eV}$ và $-2200\mathrm{eV}$. Hãy tính bước sóng của các $K_{\alpha }$ và $K_{\beta }$ của vonfram.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Vonfram có $E_K=-69500\mathrm{eV}$, $E_L=-12000\mathrm{eV}$ và $E_M=-2200\mathrm{eV}$. Tính bước sóng tia $K_{\alpha }$ và $K_{\beta }$.

Hướng đi:

• Vạch $K_{\alpha }$: Là bước chuyển từ vỏ $L$ ($n=2$) xuống vỏ $K$ ($n=1$). Năng lượng : $\mathrm{\Delta }E(K_{\alpha })=E_L-E_K$.
• Vạch $K_{\beta }$: Là bước chuyển từ vỏ $M$ ($n=3$) xuống vỏ $K$ ($n=1$). Năng lượng : $\mathrm{\Delta }E(K_{\beta })=E_M-E_K$.
• Bước sóng : $\lambda =hc/\mathrm{\Delta }E$.

1. Tính bước sóng của tia X $K_{\alpha }$: Năng lượng của phát ra trong bước chuyển từ vỏ $L$ xuống vỏ $K$ là

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E(K_{\alpha })& =E_L-E_K\\ & =57500\mathrm{eV}\\ & =57,5\mathrm{keV}.\end{array}$$

Bước sóng của tia X $K_{\alpha }$:

$$\begin{array}{rl}\lambda (K_{\alpha })& =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E(K_{\alpha })}\\ & \approx \mathrm{0,021}6\mathrm{nm}.\end{array}$$

(tương ứng với bước sóng $2,16\times {10}^{-11}\mathrm{m}$).

2. Tính bước sóng của tia X $K_{\beta }$: Năng lượng của phát ra trong bước chuyển từ vỏ $M$ xuống vỏ $K$ là

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E(K_{\beta })& =E_M-E_K\\ & =67300\mathrm{eV}\\ & =67,3\mathrm{keV}.\end{array}$$

Bước sóng của tia X $K_{\beta }$:

$$\begin{array}{rl}\lambda (K_{\beta })& =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E(K_{\beta })}\\ & \approx \mathrm{0,018}4\mathrm{nm}.\end{array}$$

(tương ứng với bước sóng $1,84\times {10}^{-11}\mathrm{m}$).

Bài tập 41.39–41.54

41.39

Biểu diễn theo năng lượng trạng thái cơ bản $E_{1,1,1}$, năng lượng của mức cao nhất bị chiếm bởi $10$ electron không tương tác trong một hộp lập phương ba chiều là bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho $10$ electron (fermion spin $1/2$) trong hộp lập phương. Tìm năng lượng của mức bị chiếm cao nhất theo $E_{1,1,1}$.

Hướng đi:

• Mức năng lượng trong hộp lập phương: $E=K{E}_0$, với $K=n_X^2+n_Y^2+n_Z^2$, với $E_0=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}$. Mức cơ bản ứng với $n_X=n_Y=n_Z=1$ có $E_{1,1,1}=3E_0$.
• : Mỗi trạng thái không gian $(n_X,n_Y,n_Z)$ chứa tối đa $2$ electron ngược spin ($m_s=\pm 1/2$).
• Xếp electron vào các mức thấp nhất: Lần lượt điền $10$ electron vào các bộ số lượng tử có tổng bình phương $K=n_X^2+n_Y^2+n_Z^2$ nhỏ nhất.

Năng lượng của một lập phương cạnh $L$ ứng với bộ ba số lượng tử $(n_X,n_Y,n_Z)$ được xác định bởi

$$\begin{array}{rl}E& =(n_X^2+n_Y^2+n_Z^2)E_0,\\ E_0& =\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{L}^2}.\end{array}$$

Mức cơ bản ứng với $(1,1,1)$ có năng lượng:

$$\begin{array}{rl}{E}_{1,1,1}& =3E_0\\ ⟹E_0& =\frac{E_{1,1,1}}{3}.\end{array}$$

Mỗi trạng thái không gian $(n_X,n_Y,n_Z)$ có thể chứa tối đa 2 electron (với $m_s=+1/2$ và $m_s=-1/2$). Ta điền 10 electron vào các mức có năng lượng tăng dần:

1. Mức thấp nhất $K=1^2+1^2+1^2=3$: Chỉ có 1 trạng thái không gian $(1,1,1)$. Mức này chứa $2$ electron. Năng lượng: $E=3E_0=E_{1,1,1}$.

2. Mức kế tiếp $K=2^2+1^2+1^2=6$: Có 3 trạng thái không gian hoán vị: $(2,1,1),(1,2,1),(1,1,2)$. Mức này chứa tối đa $3\times 2=6$ electron. Tổng số electron đã điền: $2+6=8$ electron. Năng lượng: $E=6E_0=2E_{1,1,1}$.

3. Mức tiếp theo $K=2^2+2^2+1^2=9$: Có 3 trạng thái không gian: $(2,2,1),(2,1,2),(1,2,2)$, chứa tối đa $6$ electron. Vì chỉ còn lại $10-8=2$ electron, $2$ electron này sẽ chiếm một phần của mức có $K=9$.

Do đó, mức năng lượng cao nhất bị chiếm bởi các electron là mức có $K=9$:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\max }& =9E_0\\ & =3E_{1,1,1}.\end{array}$$

41.40

Một electron ở trong một hộp ba chiều có các kích thước $L_X=\mathrm{0,600}\mathrm{nm}$ và $L_Y=L_Z=2L_X$. Các số lượng tử $n_X,n_Y,n_Z$ và năng lượng (tính theo $\mathrm{eV}$) của bốn mức năng lượng thấp nhất bằng bao nhiêu? Bậc suy biến của mỗi mức (bao gồm cả suy biến do spin) bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Electron trong hộp có $L_X=\mathrm{0,600}\mathrm{nm}$ và $L_Y=L_Z=\mathrm{1,200}\mathrm{nm}$. Tìm số lượng tử, năng lượng và bậc suy biến (kể cả spin) của bốn mức năng lượng thấp nhất.

Hướng đi:

• Biểu thức năng lượng: Thay $L_Y=L_Z=2L_X$, năng lượng của trạng thái là $E=E_0(4n_X^2+n_Y^2+n_Z^2)$, với $E_0=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}_Y^2}$.
• Hằng số năng lượng cơ sở: Tính giá trị số của $E_0$ theo electronvolt.
• Tìm bốn mức thấp nhất: Liệt kê các tổ hợp nguyên dương $(n_X,n_Y,n_Z)$ có $K=4n_X^2+n_Y^2+n_Z^2$ tăng dần.
• Bậc suy biến toàn phần: Bằng số trạng thái không gian nhân với 2 (cho hai hướng spin của electron).

Năng lượng của electron trong hộp chữ nhật ba chiều:

$$\begin{array}{rl}E& =\sum _{u=X,Y,Z}\frac{n_u^2{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}_u^2}\\ & =E_0(4n_X^2+n_Y^2+n_Z^2),\end{array}$$

với hằng số năng lượng cơ sở:

$$E_0=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}_Y^2}.$$

Với $L_Y=\mathrm{1,200}\times {10}^{-9}\mathrm{m}$ và khối lượng electron $m_e$:

$$\begin{array}{rl}{E}_0& =\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}_Y^2}\\ & \approx \mathrm{4,183}\times {10}^{-20}\mathrm{J}\\ & \approx \mathrm{0,261}1\mathrm{eV}.\end{array}$$

Khảo sát giá trị $K=4n_X^2+n_Y^2+n_Z^2$ của các mức năng lượng thấp nhất:

1. Mức thấp nhất (trạng thái cơ bản): Ứng với bộ số $(1,1,1)$, ta có $K=4(1{)}^2+1^2+1^2=6$. Có duy nhất 1 trạng thái không gian. Tính cả hai trạng thái spin ($m_s=\pm 1/2$), bậc suy biến là $g_1=1\times 2=2$. Năng lượng của mức cơ bản:

$$\begin{array}{rl}{E}_1& =6E_0\\ & =6(\mathrm{0,261}1\mathrm{eV})\\ & \approx 1,57\mathrm{eV}.\end{array}$$

2. Mức kích thích thứ nhất: Ứng với hai bộ số hoán vị $(1,2,1)$ và $(1,1,2)$, ta có $K=4(1{)}^2+2^2+1^2=9$. Có 2 trạng thái không gian. Bậc suy biến tính cả spin là $g_2=2\times 2=4$. Năng lượng của mức này:

$$\begin{array}{rl}{E}_2& =9E_0\\ & =9(\mathrm{0,261}1\mathrm{eV})\\ & \approx 2,35\mathrm{eV}.\end{array}$$

3. Mức kích thích thứ hai: Ứng với bộ số $(1,2,2)$, ta có $K=4(1{)}^2+2^2+2^2=12$. Có 1 trạng thái không gian duy nhất. Bậc suy biến tính cả spin là $g_3=1\times 2=2$. Năng lượng của mức này:

$$\begin{array}{rl}{E}_3& =12E_0\\ & =12(\mathrm{0,261}1\mathrm{eV})\\ & \approx 3,13\mathrm{eV}.\end{array}$$

4. Mức kích thích thứ ba: Ứng với hai bộ số $(1,3,1)$ và $(1,1,3)$, ta có $K=4(1{)}^2+3^2+1^2=14$. (Lưu ý: Bộ $(2,1,1)$ cho $K=4(4)+1+1=18>14$). Có 2 trạng thái không gian. Bậc suy biến tính cả spin là $g_4=2\times 2=4$. Năng lượng của mức này:

$$\begin{array}{rl}{E}_4& =14E_0\\ & =14(\mathrm{0,261}1\mathrm{eV})\\ & \approx 3,66\mathrm{eV}.\end{array}$$

41.41

Một hạt ở trong hộp lập phương ba chiều cạnh $L$ như mô tả ở Mục 41.2. (a) Xét thể tích lập phương xác định bởi $0\le x\le L/4,0\le y\le L/4$ và $0\le z\le L/4$. Thể tích lập phương này chiếm một phần phân số bằng bao nhiêu so với tổng thể tích của hộp? (b) Nếu hạt ở trạng thái cơ bản ($n_X=1,n_Y=1,n_Z=1$), hãy tính xác suất tìm thấy hạt trong thể tích lập phương được xác định ở câu (a). (c) Lặp lại phép tính ở câu (b) khi hạt ở trạng thái $n_X=2,n_Y=1,n_Z=1$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hộp lập phương cạnh $L$. Tính tỉ lệ thể tích của miền $[0,L/4{]}^3$, và tính xác suất tìm thấy hạt trong miền đó ở trạng thái cơ bản $(1,1,1)$ và trạng thái $(2,1,1)$.

Hướng đi:

• Tỉ lệ thể tích: So sánh thể tích lập phương con $(L/4{)}^3$ với tổng thể tích $L^3$.
• Tách biến : Hàm sóng là tích ba hàm một chiều, $\psi ={\psi }_x{\psi }_y{\psi }_z$, trong đó ${\psi }_u$ ứng với số lượng tử $n_u$ theo phương $u$.
• Xác suất độc lập: $P=P_x{P}_y{P}_z$, với mỗi chiều $P_u={\int }_0^{L/4}|{\psi }_{n_u}(u){|}^{2}du$.

(a) Phân số thể tích của miền lập phương con: Thể tích của miền con xác định bởi $0\le x,y,z\le L/4$:

$$V_{\mathrm{sub}}={\left(\frac{L}{4}\right)}^3=\frac{L^3}{64}.$$

Tổng thể tích của hộp lập phương: $V=L^3$. Tỉ lệ thể tích là

$$\frac{V_{\mathrm{sub}}}{V}=\frac{1}{64}=\mathrm{0,015}625.$$

(tức chiếm đúng $\mathrm{1,562}5\mathrm{\%}$ thể tích hộp).

(b) Xác suất tìm thấy hạt ở trạng thái cơ bản $(1,1,1)$: 1D cho mỗi phương có dạng ${\psi }_1(u)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin \left(\frac{\pi u}{L}\right)$. xác suất theo từng tọa độ:

$$\begin{array}{rl}{P}_1& =\frac{2}{L}{\int }_0^{L/4}{\sin }^2\left(\frac{\pi u}{L}\right)du\\ & =\frac{1}{4}-\frac{1}{2\pi }\\ & \approx \mathrm{0,090}85.\end{array}$$

Do tính đối xứng của ba phương, xác suất tìm thấy hạt trong miền lập phương con là

$$\begin{array}{rl}P& =P_1^3\\ & =(\mathrm{0,090}85{)}^3\\ & \approx 7,50\times {10}^{-4}.\end{array}$$

(c) Xác suất tìm thấy hạt ở trạng thái $(2,1,1)$: Với phương $x$ có $n_X=2$:

$$\begin{array}{rl}{P}_{2,x}& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^2\varphi d\varphi \\ & =\frac{1}{4}=0,25.\end{array}$$

Hai phương $y$ và $z$ vẫn có $n_Y=n_Z=1$ nên $P_y=P_z=P_1\approx \mathrm{0,090}85$. Xác suất toàn phần:

$$\begin{array}{rl}P& =P_{2,x}\cdot P_1^2\\ & =0,25\times (\mathrm{0,090}85{)}^2\\ & \approx 2,06\times {10}^{-3}.\end{array}$$

41.42

Một electron ở trong một hộp ba chiều. Chiều dài các cạnh theo phương $x$ và $z$ bằng nhau, nhưng chiều dài cạnh theo phương $y$ có giá trị khác. Hai mức năng lượng thấp nhất đo được lần lượt là $2,24\mathrm{eV}$ và $3,47\mathrm{eV}$, và bậc suy biến của mỗi mức này (bao gồm cả suy biến do spin của electron) đều bằng hai. (a) Các số lượng tử $n_X,n_Y$ và $n_Z$ đối với mỗi mức trong hai mức năng lượng này là gì? (b) Chiều dài các cạnh $L_X,L_Y$ và $L_Z$ của hộp bằng bao nhiêu? (c) Năng lượng, các số lượng tử và bậc suy biến (bao gồm cả suy biến spin) của trạng thái năng lượng cao hơn tiếp theo bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Electron trong hộp có $L_X=L_Z\ne L_Y$. Hai mức thấp nhất là $2,24\mathrm{eV}$ và $3,47\mathrm{eV}$, đều có bậc suy biến spin bằng 2. Tìm số lượng tử của hai mức, kích thước ba cạnh và trạng thái năng lượng kế tiếp.

Hướng đi:

• Biểu thức năng lượng: Năng lượng có dạng $E=C_X(n_X^2+n_Z^2)+C_Y{n}_Y^2$, với $C_u=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}_u^2}$.
• Lập luận bậc suy biến: Bậc suy biến spin bằng 2 đồng nghĩa với việc bậc suy biến không gian phải bằng 1 (chỉ có duy nhất một bộ số lượng tử không gian). Do đó mức kích thích thứ nhất không thể kích thích theo $x$ hoặc $z$ (vì sẽ tạo ra cặp suy biến $(2,1,1)$ và $(1,1,2)$ với bậc suy biến spin bằng 4), mà bắt buộc phải kích thích theo $y$: Bộ $(1,2,1)$.
• Giải hệ tìm kích thước: Từ hiệu năng lượng $E_2-E_1=3C_Y$, xác định $C_Y$ rồi suy ra $C_X$, từ đó tính ra $L_X,L_Y,L_Z$.

(a) Xác định các số lượng tử $n_X,n_Y,n_Z$: Với các hệ số $C_X=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}_X^2}$ và $C_Y=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}_Y^2}$, năng lượng của electron trong hộp có $L_X=L_Z$ là:

$$E=C_X(n_X^2+n_Z^2)+C_Y{n}_Y^2$$

• Mức cơ bản ($E_1=2,24\mathrm{eV}$): Ứng với bộ số nhỏ nhất $(n_X,n_Y,n_Z)=(1,1,1)$. Bộ số này là duy nhất, nhân với 2 hướng spin cho bậc suy biến bằng 2. Biểu thức năng lượng:

$$E_1=2C_X+C_Y=2,24\mathrm{eV}.$$

• Mức kích thích thứ nhất ($E_2=3,47\mathrm{eV}$): Vì bậc suy biến tính cả spin bằng 2, trạng thái này bắt buộc chỉ có đúng 1 trạng thái không gian. Nếu kích thích theo phương $x$ hoặc $z$, hai trạng thái $(2,1,1)$ và $(1,1,2)$ sẽ có cùng năng lượng và tạo nên bậc suy biến toàn phần bằng $2\times 2=4$. Do đó, mức kích thích thứ nhất bắt buộc phải kích thích theo phương $y$: Bộ $(n_X,n_Y,n_Z)=(1,2,1)$. Biểu thức năng lượng:

$$\begin{array}{rl}{E}_2& =2C_X+4C_Y\\ & =3,47\mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) Chiều dài các cạnh của hộp: Lấy hiệu hai phương trình năng lượng:

$$\begin{array}{rl}3C_Y& =E_2-E_1\\ & =3,47\mathrm{eV}-2,24\mathrm{eV}\\ & =1,23\mathrm{eV}.\end{array}$$

Suy ra hằng số $C_Y$:

$$C_Y=\frac{1,23\mathrm{eV}}{3}=\mathrm{0,410}\mathrm{eV}.$$

Thay trở lại phương trình của $E_1$:

$$\begin{array}{rl}2C_X& =E_1-C_Y\\ & =1,83\mathrm{eV}\\ ⟹C_X& =\mathrm{0,915}\mathrm{eV}.\end{array}$$

Với hằng số $\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e}\approx \mathrm{0,376}0\mathrm{eV}\cdot {\mathrm{nm}}^2$, kích thước các cạnh là:

$$\begin{array}{rl}{L}_X=L_Z& =\sqrt{\frac{\mathrm{0,376}0}{\mathrm{0,915}}}\mathrm{nm}\\ & \approx \mathrm{0,641}\mathrm{nm}.\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}{L}_Y& =\sqrt{\frac{\mathrm{0,376}0}{\mathrm{0,410}}}\mathrm{nm}\\ & \approx \mathrm{0,958}\mathrm{nm}.\end{array}$$

(c) Trạng thái năng lượng kế tiếp: Khảo sát hai khả năng kích thích tiếp theo:

• Tăng $n_Y$ lên 3: Bộ $(1,3,1)$ có năng lượng $E=2C_X+9C_Y\approx \mathrm{5,520}\mathrm{eV}$.
• Tăng $n_X$ hoặc $n_Z$ lên 2: Hai bộ hoán vị $(2,1,1)$ và $(1,1,2)$ có năng lượng:

$$\begin{array}{rl}{E}_3& =5C_X+C_Y\\ & \approx \mathrm{4,985}\mathrm{eV}\approx 4,99\mathrm{eV}.\end{array}$$

Vì $\mathrm{4,985}\mathrm{eV}<\mathrm{5,520}\mathrm{eV}$, mức năng lượng kế tiếp có:

• Năng lượng: $E_3\approx 4,99\mathrm{eV}$.
• Các số lượng tử: Hai bộ $(2,1,1)$ và $(1,1,2)$.
• Bậc suy biến: Có 2 trạng thái không gian, mỗi trạng thái có 2 hướng spin, do đó bậc suy biến toàn phần là $2\times 2=4$.

41.43

Một hạt ở trong hộp lập phương ba chiều cạnh $L$ như mô tả ở Mục 41.2 đang ở trạng thái cơ bản ($n_X=n_Y=n_Z=1$). (a) Hãy tính xác suất tìm thấy hạt ở một vị trí nào đó giữa $x=0$ và $x=L/2$. (b) Hãy tính xác suất tìm thấy hạt ở một vị trí nào đó giữa $x=L/4$ và $x=L/2$. So sánh kết quả của bạn với kết quả trong Ví dụ 41.1 đối với xác suất tìm thấy hạt trong miền từ $x=0$ đến $x=L/4$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: lập phương ở trạng thái cơ bản. Tính xác suất tìm thấy hạt trong các lớp không gian $0\le x\le L/2$ và $L/4\le x\le L/2$, đối chiếu với Ví dụ 41.1.

Hướng đi:

• lớp không gian (slab): Vì tọa độ $y$ và $z$ lấy trên toàn bộ khoảng $[0,L]$, tích phân theo $y$ và $z$ bằng 1 do điều kiện chuẩn hóa. Xác suất toàn phần chính là tích phân một chiều theo biến $x$: $P={\int }_{x_1}^{x_2}|{\psi }_1(x){|}^{2}dx$.
• Hàm phân bố xác suất: $|{\psi }_1(x){|}^2=\frac{2}{L}{\sin }^2\left(\frac{\pi x}{L}\right)$.

(a) Xác suất tìm thấy hạt giữa $x=0$ và $x=L/2$: Hàm mật độ xác suất ${\sin }^2(\pi x/L)$ đối xứng hoàn toàn qua tâm $x=L/2$. Đặt chuẩn hóa $I={\int }_0^L\frac{2}{L}{\sin }^2(\pi x/L)dx=1$:

$$\begin{array}{rl}P(0\le x\le \frac{L}{2})& =\frac{1}{2}I\\ & =\mathrm{0,500.}\end{array}$$

(b) Xác suất tìm thấy hạt giữa $x=L/4$ và $x=L/2$: Đặt hàm nguyên hàm $F(x)=\frac{x}{L}-\frac{\sin (2\pi x/L)}{2\pi }$, tính xác suất:

$$\begin{array}{rl}P& =F(L/2)-F(L/4)\\ & =\frac{1}{4}+\frac{1}{2\pi }\\ & \approx \mathrm{0,409.}\end{array}$$

So sánh với Ví dụ 41.1: Trong Ví dụ 41.1, xác suất tìm thấy hạt trong lớp ngoài cùng $0\le x\le L/4$ là

$$\begin{array}{rl}{P}_{\mathrm{Ex}}& =\frac{1}{4}-\frac{1}{2\pi }\\ & \approx \mathrm{0,090}85.\end{array}$$

Tổng hai xác suất bằng đúng xác suất trên nửa khoảng: $\mathrm{0,090}85+\mathrm{0,409}15=\mathrm{0,500}$. Xác suất tìm thấy hạt ở lớp trung tâm $[L/4,L/2]$ lớn gấp khoảng $4,5$ lần so với lớp sát thành $[0,L/4]$. Điều này phản ánh rõ quy luật lượng tử: Mật độ xác suất của trạng thái cơ bản ${\sin }^2(\pi x/L)$ đạt giá trị lớn nhất tại tâm $x=L/2$ và triệt tiêu tại các thành biên $x=0$ và $x=L$.

41.44

Dao động tử điều hòa ba chiều đẳng hướng. Một dao động tử điều hòa đẳng hướng có thế năng $U(x,y,z)=\frac{1}{2}{k}^{\prime }(x^2+y^2+z^2)$. Đẳng hướng nghĩa là hằng số lực $k^{\prime }$ giống nhau theo cả ba phương tọa độ. (a) Chứng minh rằng nghiệm của có dạng tích $\psi ={\psi }_{n_x}(x){\psi }_{n_y}(y){\psi }_{n_z}(z)$, trong đó ${\psi }_{n_x}(x)$ là nghiệm của dao động tử điều hòa một chiều với năng lượng $E_{n_x}=(n_x+1/2)\hslash \omega$. Tìm năng lượng toàn phần tương ứng với $\psi$. (b) Từ kết quả câu (a), hãy xác định năng lượng của mức trạng thái cơ bản và mức kích thích thứ nhất. (c) Chứng minh rằng mức trạng thái cơ bản chỉ có một trạng thái duy nhất, trong khi mức kích thích thứ nhất có ba trạng thái.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khảo sát dao động tử điều hòa đẳng hướng $U=\frac{1}{2}{k}^{\prime }(x^2+y^2+z^2)$. Tìm biểu thức năng lượng, năng lượng mức cơ bản và mức kích thích 1, xác định bậc suy biến.

Hướng đi:

• Tách biến toán tử Hamilton: Toán tử Hamilton ba chiều phân rã thành tổng ba toán tử độc lập: $\hat{H}={\hat{H}}_x+{\hat{H}}_y+{\hat{H}}_z$.
• Năng lượng toàn phần: $E=(n_x+n_y+n_z+3/2)\hslash \omega$.
• Đếm số trạng thái: Liệt kê các bộ số lượng tử nguyên không âm $(n_x,n_y,n_z)$.

(a) Phương pháp tách biến và năng lượng toàn phần: dừng ba chiều:

$$\hat{H}\psi =E\psi ,$$

với toán tử Hamilton ba chiều:

$$\hat{H}=-\frac{{\hslash }^2}{2m}{\mathrm{\nabla }}^2+U(x,y,z),$$

với ${\mathrm{\nabla }}^2=\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial z^2}$ và $U(x,y,z)=\frac{1}{2}{k}^{\prime }(x^2+y^2+z^2)$. Thay nghiệm dạng tích $\psi (x,y,z)={\psi }_{n_x}(x){\psi }_{n_y}(y){\psi }_{n_z}(z)$, phương trình phân rã thành ba phương trình vi phân dao động tử một chiều độc lập theo từng phương tọa độ $u\in \{x,y,z\}$:

$${\hat{H}}_u{\psi }_{n_u}=E_{n_u}{\psi }_{n_u},$$

trong đó:

$${\hat{H}}_u=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{d^2}{d{u}^2}+\frac{1}{2}{k}^{\prime }{u}^2,$$

thỏa mãn điều kiện cộng năng lượng $E_{n_x}+E_{n_y}+E_{n_z}=E$. Mỗi phương trình tọa độ ứng với mức năng lượng:

$$E_{n_u}=(n_u+\frac{1}{2})\hslash \omega ,$$

với $\omega =\sqrt{k^{\prime }/m}$ và $n_x,n_y,n_z=0,1,2,\dots$ đối với ba phương $u\in \{x,y,z\}$. Đặt $N=n_x+n_y+n_z$, năng lượng toàn phần của hệ là

$$\begin{array}{rl}E& =E_{n_x}+E_{n_y}+E_{n_z}\\ & =(N+\frac{3}{2})\hslash \omega .\end{array}$$

(b) Năng lượng của mức cơ bản và mức kích thích thứ nhất:

• Mức cơ bản ứng với $n_x=n_y=n_z=0$:

$$E_0=\frac{3}{2}\hslash \omega .$$

• Mức kích thích thứ nhất ứng với tổng $n_x+n_y+n_z=1$:

$$E_1=(1+\frac{3}{2})\hslash \omega =\frac{5}{2}\hslash \omega .$$

(c) Bậc suy biến của các mức:

• Mức cơ bản $E_0$: Chỉ có một bộ duy nhất $(0,0,0)$ thỏa mãn $n_x+n_y+n_z=0$. Mức cơ bản không suy biến (bậc suy biến bằng 1).
• Mức kích thích thứ nhất $E_1$: Có đúng ba bộ số lượng tử thỏa mãn $n_x+n_y+n_z=1$, gồm $(1,0,0),(0,1,0)$ và $(0,0,1)$. Vì ba trạng thái này có cùng mức năng lượng $E_1$, mức kích thích thứ nhất có bậc suy biến bằng 3.

41.45

Dao động tử điều hòa ba chiều không đẳng hướng. Một dao động tử có thế năng $U(x,y,z)=\frac{1}{2}{k}_1^{\prime }(x^2+y^2)+\frac{1}{2}{k}_2^{\prime }{z}^2$, trong đó $k_1^{\prime }>k_2^{\prime }$. (a) Tìm biểu thức tổng quát cho các mức năng lượng của dao động tử này. Có thể dùng cách tách biến trong Bài 41.44. (b) Xác định năng lượng của mức trạng thái cơ bản và mức kích thích thứ nhất. (c) Có bao nhiêu trạng thái ứng với mức cơ bản và mức kích thích thứ nhất? So sánh với câu (c) của Bài tập 41.44.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dao động tử có $k_1^{\prime }>k_2^{\prime }$. Tìm biểu thức năng lượng, năng lượng mức cơ bản và mức kích thích 1, so sánh bậc suy biến với trường hợp đẳng hướng.

Hướng đi:

• Tần số dao động riêng biệt: Hai tần số góc khác nhau: ${\omega }_1=\sqrt{k_1^{\prime }/m}$ theo phương $x,y$ và ${\omega }_2=\sqrt{k_2^{\prime }/m}$ theo phương $z$. Vì $k_1^{\prime }>k_2^{\prime }$ nên ${\omega }_1>{\omega }_2$.
• Năng lượng toàn phần: Tổng năng lượng ba phương dao động là $E=E_{xy}+E_z$.
• Mức kích thích thấp nhất: Do $\hslash {\omega }_2<\hslash {\omega }_1$, việc kích thích theo trục $z$ ($n_z=1$) đòi hỏi năng lượng thấp hơn so với kích thích theo mặt phẳng $xy$.

(a) Biểu thức tổng quát cho các mức năng lượng: Hệ phân rã thành ba dao động tử độc lập: Hai dao động tử theo phương $x$ và $y$ có cùng tần số ${\omega }_1=\sqrt{k_1^{\prime }/m}$, và một dao động tử theo phương $z$ có tần số ${\omega }_2=\sqrt{k_2^{\prime }/m}$. Năng lượng dao động trong mặt phẳng $xy$ và theo trục $z$ lần lượt là $E_{xy}=(n_x+n_y+1)\hslash {\omega }_1$ và $E_z=(n_z+1/2)\hslash {\omega }_2$. Năng lượng toàn phần của trạng thái lượng tử $(n_x,n_y,n_z)$ là

$$E_{n_x,n_y,n_z}=E_{xy}+E_z.$$

(b) Năng lượng mức cơ bản và mức kích thích thứ nhất:

• Mức cơ bản ứng với $n_x=0,n_y=0,n_z=0$:

$$E_{\mathrm{ground}}=\hslash {\omega }_1+\frac{1}{2}\hslash {\omega }_2.$$

• Mức kích thích thứ nhất: Vì $k_1^{\prime }>k_2^{\prime }⟹{\omega }_1>{\omega }_2$, lượng tử năng lượng $\hslash {\omega }_2$ nhỏ hơn $\hslash {\omega }_1$. Do đó, năng lượng nhỏ nhất để kích thích hệ là tăng $n_z$ lên $1$ ($n_x=0,n_y=0,n_z=1$):

$$E_{\mathrm{exc}1}=\hslash {\omega }_1+\frac{3}{2}\hslash {\omega }_2.$$

(c) Số trạng thái và so sánh bậc suy biến:

• Mức cơ bản: Chỉ có 1 trạng thái duy nhất $(0,0,0)$ (không suy biến).
• Mức kích thích thứ nhất: Chỉ có 1 trạng thái duy nhất $(0,0,1)$ cho năng lượng này (không suy biến). So sánh với Bài tập 41.44: Ở dao động tử đẳng hướng, sự đối xứng cầu làm cho mức kích thích thứ nhất suy biến bậc 3 (do ba hướng $x,y,z$ hoàn toàn tương đương). Ở dao động tử không đẳng hướng, sự bất đối xứng về lực liên kết ($k_1^{\prime }>k_2^{\prime }$) đã phá vỡ sự suy biến này, tách ba trạng thái thành một trạng thái đơn $(0,0,1)$ ở mức thấp hơn và hai trạng thái suy biến $(1,0,0),(0,1,0)$ ở mức cao hơn ($\hslash {\omega }_1+\hslash {\omega }_2/2$).

41.46

Một hạt ở trong một hộp ba chiều. Chiều dài cạnh theo phương $y$ gấp đôi chiều dài theo phương $x$ ($L_y=2L_x$), và chiều dài cạnh theo phương $z$ bằng một phần ba chiều dài theo phương $y$ ($L_z=L_y/3$). (a) Độ chênh lệch năng lượng giữa mức kích thích thứ nhất và mức cơ bản bằng bao nhiêu? (b) Mức kích thích thứ nhất có bị suy biến không? (c) Theo kích thước $L_x$, mật độ xác suất lớn nhất ở vị trí nào trong mức năng lượng thấp nhất?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hộp có $L_y=2L_x$ và $L_z=2L_x/3$. Tìm độ chênh lệch năng lượng $\mathrm{\Delta }E$, kiểm tra suy biến và xác định vị trí cực đại xác suất trạng thái cơ bản.

Hướng đi:

• Năng lượng theo $L_x$: $E=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{8m{L}_x^2}(4n_x^2+n_y^2+9n_z^2)$.
• Xác định mức kích thích: Tìm các bộ số $(n_x,n_y,n_z)$ có $K=4n_x^2+n_y^2+9n_z^2$ nhỏ nhất.
• Cực đại xác suất cơ bản: Hàm ${\sin }^2(n\pi u/L_u)$ đạt cực đại tại tâm mỗi khoảng với $n=1$.

Kích thước hộp: $L_y=2L_x$ và $L_z=\frac{2}{3}{L}_x$. Năng lượng của các trạng thái với $E_0^{\prime }=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{8m{L}_x^2}$ và $K=4n_x^2+n_y^2+9n_z^2$:

$$\begin{array}{rl}E& =E_0^{\prime }(4n_x^2+n_y^2+9n_z^2)\\ & =E_0^{\prime }K.\end{array}$$

(a) Độ chênh lệch năng lượng $\mathrm{\Delta }E$:

• Trạng thái cơ bản $(1,1,1)$:

$$\begin{array}{rl}K& =4(1{)}^2+1^2+9(1{)}^2\\ & =14,\end{array}$$

kéo theo $E_{\mathrm{ground}}=14E_0^{\prime }$.

• Khảo sát các mức tiếp theo:
  • $(1,2,1)$: $K=4+4+9=17$.
  • $(1,3,1)$: $K=4(1)+9+9=22$.
  • $(2,1,1)$: $K=4(4)+1+9=26$.
  • $(1,1,2)$: $K=4(1)+1+9(4)=41$.

Giá trị $K$ nhỏ thứ hai là $K=17$ ứng với $(1,2,1)$, chính là mức kích thích thứ nhất. Độ chênh lệch năng lượng:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =E_{\mathrm{exc}1}-E_{\mathrm{ground}}\\ & =(17-14)E_0^{\prime }\\ & =3E_0^{\prime }\\ & =\frac{3{\pi }^2{\hslash }^2}{8m{L}_x^2}.\end{array}$$

(b) Tính suy biến của mức kích thích thứ nhất: Chỉ có duy nhất một tổ hợp $(n_x=1,n_y=2,n_z=1)$ cho giá trị $K=17$. Vì vậy mức kích thích thứ nhất không bị suy biến.

(c) Vị trí có mật độ xác suất lớn nhất ở trạng thái cơ bản: Ở trạng thái cơ bản $(1,1,1)$, mật độ xác suất $\rho =|{\psi }_{1,1,1}{|}^2$ được tách thành tích $\rho ={\rho }_x{\rho }_y{\rho }_z$, với mật độ theo từng phương ${\rho }_u(u)=\frac{2}{L_u}{\sin }^2\left(\frac{\pi u}{L_u}\right)$ ($u=x,y,z$).

Hàm ${\sin }^2$ đạt cực đại bằng $1$ khi góc bằng $\pi /2$. Do đó mật độ xác suất đạt cực đại tại tâm hình học của hộp:

$$\begin{array}{rl}x& =\frac{L_x}{2},\\ y& =\frac{L_y}{2}=L_x,\\ z& =\frac{L_z}{2}=\frac{L_x}{3}.\end{array}$$

41.47

(a) Chứng minh rằng tổng số trạng thái nguyên tử (bao gồm cả các trạng thái spin khác nhau) trong một vỏ có số lượng tử chính $n$ bằng $2n^2$. (b) Vỏ nào có $50$ trạng thái?

Gợi ý: Tổng $1+2+\cdots +N$ bằng $N(N+1)/2$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chứng minh tổng số trạng thái trong vỏ $n$ là $2n^2$ và xác định vỏ có $50$ trạng thái.

Hướng đi:

• Số trạng thái của một phân lớp: Với số lượng tử xung lượng quỹ đạo $l$, có $2l+1$ giá trị $m_l$, mỗi giá trị có 2 trạng thái spin, tổng cộng $2(2l+1)$ trạng thái.
• Tính tổng theo $l$: Lấy tổng từ $l=0$ đến $l=n-1$ bằng công thức cấp số cộng $\sum _{l=0}^{n-1}l=\frac{(n-1)n}{2}$.

(a) Chứng minh tổng số trạng thái bằng $2n^2$: Với một số lượng tử chính $n$ cho trước, số lượng tử xung lượng quỹ đạo $l$ nhận các giá trị nguyên từ $0$ đến $n-1$:

$$l\in \{0,1,2,\dots ,n-1\}.$$

Với mỗi giá trị $l$, số lượng tử từ quỹ đạo $m_l$ nhận $2l+1$ giá trị nguyên:

$$m_l\in \{-l,-l+1,\dots ,+l\}.$$

Với mỗi cặp $(l,m_l)$, số lượng tử spin $m_s$ nhận hai giá trị $m_s=\pm 1/2$. Do đó, số trạng thái lượng tử trong phân lớp $l$ là

$$N_l=2(2l+1)=4l+2.$$

Chẳng hạn, vỏ $n=3$ có ba phân lớp, với số trạng thái lần lượt là $2$, $6$ và $10$. Cộng trực tiếp cho $2+6+10=18$ trạng thái. Tổng quát, ta cộng $N_0,N_1,\dots ,N_{n-1}$, tức số trạng thái của từng phân lớp từ $l=0$ đến $l=n-1$.

Tổng số trạng thái lượng tử trong toàn bộ vỏ $n$:

$$\begin{array}{rl}{N}_{\mathrm{total}}& =\sum _{l=0}^{n-1}(4l+2)\\ & =4\sum _{l=0}^{n-1}l+2\sum _{l=0}^{n-1}1\\ & =4\left[\frac{(n-1)n}{2}\right]+2n\\ & =2n(n-1)+2n\\ & =2n^2-2n+2n\\ & =2n^2.\end{array}$$

Hệ thức được chứng minh hoàn toàn.

(b) Xác định vỏ có $50$ trạng thái: Thiết lập phương trình:

$$\begin{array}{rl}2n^2& =50\\ ⟹n^2& =25⟹n=5.\end{array}$$

Số lượng tử chính $n=5$ tương ứng với vỏ $O$ (các vỏ theo thứ tự là $K,L,M,N,O$ ứng với $n=1,2,3,4,5$).

41.48

Khi Mặt Trời cạn kiệt nhiên liệu nhiệt hạch, cuối cùng nó sẽ co lại do lực hấp dẫn để trở thành một sao lùn trắng với bán kính xấp xỉ $7000\mathrm{km}$. (a) Sử dụng khối lượng Mặt Trời $M_{\mathrm{Sun}}=2,0\times {10}^{30}\mathrm{kg}$ và khối lượng của một proton $m_p=1,7\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$, hãy ước tính số lượng electron trong Mặt Trời. (b) Từ bán kính đã cho, hãy ước tính thể tích trung bình mà mỗi electron chiếm giữ trong sao lùn trắng sau này. (c) Sao lùn trắng sẽ cấu tạo chủ yếu từ cacbon. Vì mỗi nguyên tử cacbon có sáu electron, hãy nhân thể tích của một electron với 6 để thu được thể tích của mỗi nguyên tử cacbon. (d) Mô hình hóa sự sắp xếp nguyên tử như một mạng tinh thể lập phương và sử dụng ước tính trên để xác định khoảng cách $L$ giữa các hạt nhân cacbon kế cận. (e) Coi mỗi nguyên tử như một hộp $L\times L\times L$ chứa sáu electron. Vì không có hai electron nào có thể ở cùng một trạng thái lượng tử, những số lượng tử $(n_X,n_Y,n_Z,m_s)$ nào gắn liền với sáu electron này? (f) Bỏ qua đóng góp từ tương tác spin và lực đẩy Coulomb giữa các electron, năng lượng của các electron có năng lượng cao hơn sẽ bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mô hình hóa sao lùn trắng cacbon ($R=7000\mathrm{km}$ và $M=2,0\times {10}^{30}\mathrm{kg}$). Ước tính số electron, thể tích mỗi nguyên tử, khoảng cách mạng $L$, các số lượng tử của 6 electron trong hộp nguyên tử và tính năng lượng của các electron ở mức cao.

Hướng đi:

• Số electron: Để ước tính bậc độ lớn từ các dữ kiện đã cho, trước hết coi vật chất là hydro ion hóa và trung hòa điện. Khi đó mỗi proton đi kèm một electron, nên $N_e\approx M_{\mathrm{Sun}}/m_p$.
• Thể tích và khoảng cách mạng: Thể tích sao lùn trắng $V=\frac{4}{3}\pi R^3$, thể tích mỗi nguyên tử cacbon $V_{\mathrm{C}}=6(V/N_e)$, khoảng cách mạng $L=V_{\mathrm{C}}^{1/3}$.
• Điền electron vào hộp $L^3$: Mức cơ bản $n^2=3$ chứa 2 electron. Mức kích thích kế tiếp $n^2=6$ chứa 4 electron còn lại. Năng lượng các electron mức cao là $E=6\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}^2}$.

(a) Ước tính số electron trong Mặt Trời: Với giả thiết hydro ion hóa ở trên, bỏ qua khối lượng electron so với khối lượng proton, ta được:

$$\begin{array}{rl}{N}_e& \approx \frac{M_{\mathrm{Sun}}}{m_p}\\ & \approx 1,18\times {10}^{57}.\end{array}$$

Đây là ước tính bậc độ lớn. Nếu tính riêng thành phần heli hoặc cacbon, mỗi electron đi kèm khoảng hai nucleon, nên số electron trên cùng khối lượng chỉ bằng khoảng một nửa giá trị này. Các phần tiếp theo dùng nhất quán ước tính ở phần (a) để khảo sát mô hình hộp.

(b) Thể tích trung bình của mỗi electron trong sao lùn trắng: Thể tích khối cầu sao lùn trắng với bán kính $R=7,0\times {10}^6\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}V& =\frac{4}{3}\pi R^3\\ & \approx \mathrm{1,437}\times {10}^{21}{\mathrm{m}}^3.\end{array}$$

Thể tích trung bình phân bố cho mỗi electron:

$$\begin{array}{rl}{V}_e& =\frac{V}{N_e}\\ & \approx 1,22\times {10}^{-36}{\mathrm{m}}^3.\end{array}$$

(c) Thể tích của mỗi nguyên tử cacbon: Mỗi nguyên tử cacbon có 6 electron:

$$\begin{array}{rl}{V}_{\mathrm{C}}& =6V_e\\ & \approx 7,33\times {10}^{-36}{\mathrm{m}}^3.\end{array}$$

(d) Khoảng cách $L$ giữa hai hạt nhân cacbon kế nhau: Trong mô hình mạng lập phương, $V_{\mathrm{C}}=L^3$:

$$\begin{array}{rl}L& =(V_{\mathrm{C}}{)}^{1/3}\\ & \approx 1,94\times {10}^{-12}\mathrm{m}.\end{array}$$

(tương ứng với $L\approx 1,94\mathrm{pm}$).

(e) Các số lượng tử của 6 electron trong hộp lập phương cạnh $L$:

• Mức cơ bản $K=1^2+1^2+1^2=3$: Chứa 2 electron: $(1,1,1,+1/2)$ và $(1,1,1,-1/2)$.
• Mức kích thích thứ nhất $K=2^2+1^2+1^2=6$: Gồm ba trạng thái không gian $(2,1,1),(1,2,1),(1,1,2)$. Bốn electron còn lại sẽ chiếm 4 trong số 6 trạng thái khả dĩ này, chẳng hạn: $(2,1,1,+1/2)$, $(2,1,1,-1/2)$, $(1,2,1,+1/2)$ và $(1,2,1,-1/2)$.

(f) Năng lượng của các electron ở mức cao hơn: Các electron ở mức cao có $n_X^2+n_Y^2+n_Z^2=6$:

$$\begin{array}{rl}E& =6\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}^2}\\ & \approx 9,4\times {10}^{-14}\mathrm{J}\\ & \approx 590\mathrm{keV}.\end{array}$$

Năng lượng động năng lượng tử của các electron này đạt cỡ hàng trăm kiloelectronvolt. Áp suất suy biến electron khổng lồ này chính là yếu tố chống lại lực sụp đổ hấp dẫn trong sao lùn trắng.

41.49

Xét nguyên tử hydro ở trạng thái $1s$. (a) Tại giá trị nào của khoảng cách $r$ thì thế năng tĩnh điện $U(r)$ bằng năng lượng toàn phần $E$? Biểu diễn câu trả lời của bạn theo bán kính Bohr $a$. Điểm này được gọi là điểm quay trở cổ điển, vì đây là vị trí mà một hạt Newton cổ điển sẽ dừng lại và đổi chiều chuyển động. (b) Với $r$ lớn hơn điểm quay trở cổ điển, $U(r)>E$. Theo cơ học cổ điển, hạt không thể tồn tại trong vùng này vì động năng không thể âm. Hãy tính xác suất lượng tử để electron được tìm thấy trong vùng bị cấm cổ điển này.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tìm điểm quay trở cổ điển $r_{\mathrm{turn}}$ của hydro $1s$ và tính xác suất tìm thấy electron trong vùng cấm cổ điển $r>r_{\mathrm{turn}}$.

Hướng đi:

• Điểm quay trở: Cho $U(r)=E_{1s}$. Với $U(r)=-\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_{0}r}$ và $E_{1s}=-\frac{e^2}{8\pi {\epsilon }_0{a}_0}$, ta tìm được $r_{\mathrm{turn}}=2a_0$.
• Xác suất xuyên hầm vào vùng cấm: hàm phân bố xác suất xuyên tâm $P(r)=\frac{4}{a_0^3}{r}^2{e}^{-2r/a_0}$ từ $2a_0$ đến $\mathrm{\infty }$.

(a) Xác định điểm quay trở cổ điển: Thế năng Coulomb và năng lượng toàn phần trạng thái $1s$ của nguyên tử hydro là

$$\begin{array}{rl}U(r)& =-\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{e^2}{r},\\ E& =-\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{e^2}{2a_0}.\end{array}$$

Điều kiện điểm quay trở cổ điển $U(r)=E$:

$$\begin{array}{rl}U(r)=E& ⟹\frac{1}{r}=\frac{1}{2a_0}\\ & ⟹r=2a_0.\end{array}$$

Như vậy, điểm quay trở cổ điển nằm ở khoảng cách bằng hai lần bán kính Bohr: $r_{\mathrm{turn}}=2a_0$.

(b) Tính xác suất tìm thấy electron trong vùng cấm cổ điển ($r>2a_0$): của trạng thái $1s$ là

$$P(r)=\frac{4}{a_0^3}{r}^2{e}^{-2r/a_0}.$$

Xác suất cần tìm là :

$$\begin{array}{rl}P& ={\int }_{2a_0}^{\mathrm{\infty }}P(r)dr\\ & ={\int }_{2a_0}^{\mathrm{\infty }}\frac{4}{a_0^3}{r}^2{e}^{-2r/a_0}dr.\end{array}$$

Đặt ẩn phụ không thứ nguyên $u=\frac{2r}{a_0}⟹dr=\frac{a_0}{2}du$. Khi $r=2a_0⟹u=4$; khi $r\to \mathrm{\infty }⟹u\to \mathrm{\infty }$. Biểu thức trở thành

$$P=\frac{1}{2}{\int }_4^{\mathrm{\infty }}{u}^2{e}^{-u}du.$$

Đặt $F(u)=u^2+2u+2$. từng phần hai lần cho một nguyên hàm

$$G(u)=-F(u)e^{-u}.$$

Có thể kiểm tra lại bằng $G^{\prime }(u)=u^2{e}^{-u}$. Các nguyên hàm khác chỉ sai khác $G$ một hằng số cộng. Áp dụng các cận :

$$\begin{array}{rl}P& =\frac{1}{2}(4^2+2\cdot 4+2)e^{-4}\\ & =13e^{-4}.\end{array}$$

Tính giá trị số với $e^{-4}\approx \mathrm{0,018}316$:

$$\begin{array}{rl}P& =13e^{-4}\\ & \approx \mathrm{0,238}=23,8\mathrm{\%}.\end{array}$$

Có tới $23,8\mathrm{\%}$ xác suất electron nằm ở vùng cấm cổ điển, phản ánh hiệu ứng xuyên hầm lượng tử đặc trưng của cơ học lượng tử.

41.50

Đối với nguyên tử hydro, xác suất $P(r)dr$ để tìm thấy electron bên trong một vỏ cầu có bán kính trong $r$ và bán kính ngoài $r+dr$ được xác định bởi hàm phân bố xác suất xuyên tâm $P(r)$. Đối với nguyên tử hydro ở trạng thái cơ bản $1s$, hàm $P(r)$ đạt giá trị cực đại tại giá trị nào của $r$? So sánh kết quả của bạn với khoảng cách giữa electron và hạt nhân đối với trạng thái $n=1$ trong .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tìm vị trí cực đại của hàm phân bố xác suất xuyên tâm $P(r)$ ở trạng thái $1s$ hydro và so sánh với bán kính $n=1$.

Hướng đi:

• Hàm phân bố xác suất xuyên tâm: $P(r)=4\pi r^2|{\psi }_{1s}(r){|}^2$.
• Tìm cực trị: Lấy đạo hàm bậc nhất theo bán kính $\frac{dP}{dr}=0$.

Phân bố mật độ xác suất xuyên tâm của các trạng thái 1s và 2p trong nguyên tử hydro

Hàm phân bố xác suất xuyên tâm của nguyên tử hydro ở trạng thái $1s$ được cho bởi

$$P(r)=\frac{4}{a_0^3}{r}^2{e}^{-2r/a_0}.$$

Lấy đạo hàm của $P(r)$ theo biến $r$:

$$\frac{dP}{dr}=\frac{8r}{a_0^3}(1-\frac{r}{a_0})e^{-2r/a_0}$$

Để tìm điểm cực trị với $r>0$, ta giải phương trình $\frac{dP(r)}{dr}=0$:

$$1-\frac{r}{a_0}=0⟹r=a_0.$$

Đạo hàm bậc hai tại $r=a_0$ mang giá trị âm, khẳng định $P(r)$ đạt giá trị cực đại tại $r=a_0$. So sánh với : Trong mô hình Bohr, bán kính quỹ đạo dừng của trạng thái $n=1$ là $r_1=a_0$. Như vậy, khoảng cách có xác suất tìm thấy electron lớn nhất trong phân bố lượng tử chính là bán kính quỹ đạo tròn trong mô hình cổ điển của Bohr.

41.51

xuyên tâm đã được chuẩn hóa cho trạng thái $2p$ của nguyên tử hydro là $R_{2p}(r)=\frac{1}{2\sqrt{6}{a}^{5/2}}r{e}^{-r/(2a)}$. Sau khi lấy trung bình theo các biến góc, hàm xác suất xuyên tâm trở thành $P(r)dr=[R_{2p}(r){]}^2{r}^{2}dr$. Hàm $P(r)$ đối với trạng thái $2p$ đạt cực đại tại giá trị nào của $r$? So sánh kết quả của bạn với bán kính của trạng thái $n=2$ trong .

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tìm vị trí cực đại của $P(r)$ ở trạng thái $2p$ hydro và so sánh với bán kính Bohr $n=2$.

Hướng đi:

• Biểu thức xác suất xuyên tâm: $P(r)=r^2[R_{2p}(r){]}^2$.
• Tìm cực trị: Lấy đạo hàm $\frac{dP}{dr}=0$.

Hàm phân bố xác suất xuyên tâm của electron ở trạng thái $2p$:

$$\begin{array}{rl}P(r)& =r^2[R_{2p}(r){]}^2\\ & =\frac{1}{24a_0^5}{r}^4{e}^{-r/a_0}.\end{array}$$

Đạo hàm bậc nhất của $P(r)$ theo biến $r$ là $P^{\prime }(r)=\frac{r^3}{24a_0^5}(4-\frac{r}{a_0})e^{-r/a_0}$. Giải phương trình đạo hàm bằng 0 với $r>0$:

$$4-\frac{r}{a_0}=0⟹r=4a_0.$$

Hàm xác suất xuyên tâm $P(r)$ của trạng thái $2p$ đạt giá trị cực đại tại khoảng cách $r=4a_0$. So sánh với : Trong mô hình Bohr, bán kính quỹ đạo dừng của trạng thái với số lượng tử chính $n=2$ là

$$r_2=n^2{a}_0=2^2{a}_0=4a_0.$$

Khoảng cách mà tại đó xác suất tìm thấy electron lớn nhất theo cơ học lượng tử đối với trạng thái $2p$ hoàn toàn trùng khớp với bán kính $n=2$.

41.52

Hydro liên sao phát xạ bức xạ vi ba đặc trưng có thể được hiểu qua mô hình sau: (a) Mô hình hóa mômen từ của proton bằng ${\mu }_p=(e/2m_p)S_z$, trong đó $m_p=1,7\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$ và $S_z=\pm \hslash /2$. Xem proton như một vòng dây tròn có bán kính $R_p=0,85\mathrm{fm}$. Dòng điện nào sẽ tạo ra mômen từ dự kiến này? (b) Từ trường tại một điểm trên trục của vòng dây tròn cách tâm một khoảng $x$ được xác định theo công thức từ trường trục vòng dây. Sử dụng công thức này để ước tính từ trường $B$ tại khoảng cách $x=0,40a_0$, trong đó $a_0\gg R_p$ là bán kính Bohr. (c) Thế năng liên kết của với từ trường này là $U_{\mathrm{hyperfine}}=\pm {\mu }_{z}B$. Chứng minh rằng $|{\mu }_z|={\mu }_{\mathrm{B}}$, trong đó ${\mu }_{\mathrm{B}}$ là . Dấu phụ thuộc vào việc spin của electron cùng chiều hay ngược chiều với spin của proton. Ước tính độ lớn của năng lượng này. (d) Nếu spin của electron bị lật từ mức cao xuống mức thấp, nó phát ra có năng lượng $2|U_{\mathrm{hyperfine}}|$. Bước sóng của photon đó bằng bao nhiêu? (e) Bức xạ $21\mathrm{cm}$ được quan sát thấy phổ biến trong các đám mây hydro. Hiện tượng lật spin của electron có thể giải thích được bức xạ này không?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng mô hình mômen từ proton và vòng dòng điện bán kính $R_p=0,85\mathrm{fm}$. Cho $m_p=1,7\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$ và $x=0,40a_0$. Tìm dòng điện, từ trường, năng lượng tương tác spin, bước sóng và đối chiếu với vạch 21 cm.

Hướng đi:

• Dùng mômen proton được cho trong mô hình để tìm dòng điện qua ${\mu }_p=I\pi R_p^2$.
• Vì $x$ lớn hơn nhiều $R_p$, từ trường dọc trục vòng điện có thể lấy gần đúng theo mômen lưỡng cực.
• Mỗi định hướng có năng lượng tương tác độ lớn ${\mu }_{\mathrm{B}}B$. Lật spin làm năng lượng đổi $2{\mu }_{\mathrm{B}}B$, chứ không chỉ ${\mu }_{\mathrm{B}}B$.

(a) Theo mô hình đã cho, độ lớn mômen proton là:

$$\begin{array}{rl}|{\mu }_p|& =\frac{e}{2m_p}\frac{\hslash }{2}\\ & =\frac{e\hslash }{4m_p}\\ & \approx 2,48\times {10}^{-27}\mathrm{J}/\mathrm{T}.\end{array}$$

Do đó, dòng điện tương đương bằng:

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{|{\mu }_p|}{\pi R_p^2}\\ & \approx 1,09\times {10}^3\mathrm{A}.\end{array}$$

(b) Đặt $D=R_p^2+x^2$. Từ trường trên trục vòng dòng điện là:

$$B=\frac{{\mu }_{0}I{R}_p^2}{2D^{3/2}}.$$

Với $x\gg R_p$, dùng ${\mu }_p=I\pi R_p^2$ để thu được:

$$\begin{array}{rl}B& \approx \frac{{\mu }_0|{\mu }_p|}{2\pi x^3}\\ & \approx 5,24\times {10}^{-2}\mathrm{T}.\end{array}$$

(c) Trong gần đúng $g_s\approx 2$, hình chiếu mômen từ electron có độ lớn:

$$|{\mu }_z|=2{\mu }_{\mathrm{B}}|m_s|={\mu }_{\mathrm{B}}.$$

Độ lớn thế năng tương tác là:

$$\begin{array}{rl}|U_{\mathrm{h}\mathrm{f}}|& ={\mu }_{\mathrm{B}}B\\ & \approx 3,03\times {10}^{-6}\mathrm{eV}.\end{array}$$

(d) Hai định hướng có thế năng trái dấu, nên lật spin mang năng lượng:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& =2|U_{\mathrm{h}\mathrm{f}}|\\ & \approx 6,07\times {10}^{-6}\mathrm{eV}.\end{array}$$

Bước sóng tương ứng:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{hc}{\mathrm{\Delta }E}\\ & \approx \mathrm{0,204}\mathrm{m}\\ & \approx 20,4\mathrm{cm}.\end{array}$$

(e) Bước sóng ước lượng khoảng 20 cm gần vạch 21 cm được quan sát trong các đám mây hydro. Kết quả phù hợp với cơ chế chuyển trạng thái spin của electron trong tương tác với proton. Đây là mô hình ước lượng, với mômen proton và vị trí electron đã được đơn giản hóa.

41.53

Quang phổ của nguyên tử hydro bao gồm bốn vạch khả kiến. Trong số này, vạch màu lam ứng với bước chuyển từ vỏ $n=5$ xuống vỏ $n=2$ và có bước sóng $434\mathrm{nm}$. Khi quan sát chi tiết, vạch này bị mở rộng bởi cấu trúc tinh vi do và các hiệu ứng tương đối tính. (a) Có bao nhiêu bộ số lượng tử $l$ và $j$ khác nhau đối với vỏ $n=5$ và đối với vỏ $n=2$? (b) Có bao nhiêu mức năng lượng khác nhau đối với $n=5$ và đối với $n=2$? Đối với từng mức này, độ chênh lệch năng lượng của chúng (theo $\mathrm{eV}$) so với mức năng lượng chưa xét cấu trúc tinh vi $-(13,6\mathrm{eV})/n^2$ bằng bao nhiêu? (c) Trong một bước chuyển phát xạ , số lượng tử $l$ phải biến thiên một lượng $\mathrm{\Delta }l=\pm 1$. Bước chuyển nào trong cấu trúc tinh vi của vạch lam phát ra photon có bước sóng ngắn nhất? Đối với photon này, độ dịch bước sóng do cấu trúc tinh vi bằng bao nhiêu? (d) Bước chuyển nào trong cấu trúc tinh vi phát ra photon có bước sóng dài nhất? Đối với photon này, độ dịch bước sóng do cấu trúc tinh vi bằng bao nhiêu? (e) Vạch màu lam bị mở rộng xung quanh giá trị $434\mathrm{nm}$ với tổng độ rộng bằng bao nhiêu nanomét?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân tích cấu trúc tinh vi vạch lam hydro ($n=5\to n=2,{\lambda }_0\approx 434\mathrm{nm}$). Xác định các bộ $(l,j)$, độ dịch năng lượng Dirac, các bước chuyển biên và tổng độ rộng mở rộng vạch phổ $\mathrm{\Delta }{\lambda }_{\mathrm{total}}$.

Hướng đi:

• Công thức tách mức Dirac tương đối tính: Đặt $E_R=\mathrm{13,606}\mathrm{eV}$, $\alpha \approx 1/\mathrm{137,036}$ và ${\epsilon }_n=E_R{\alpha }^2/n^4$. Công thức này cho độ dịch theo $n$ và $j$, nên các trạng thái có cùng hai số lượng tử đó vẫn suy biến:

$$\frac{\mathrm{\Delta }{E}_{nj}}{{\epsilon }_n}=\frac{3}{4}-\frac{2n}{2j+1}.$$

• Quy tắc chọn lọc: Ngoài $\mathrm{\Delta }l=\pm 1$, chuyển mức lưỡng cực điện giữa các trạng thái phân biệt theo $j$ còn thỏa $\mathrm{\Delta }j=0,\pm 1$. mang mômen động lượng một đơn vị, nên không được bỏ điều kiện này khi tìm các chuyển mức biên.
• Độ dịch bước sóng: $\mathrm{\Delta }\lambda \approx -\frac{{\lambda }_0^2}{hc}\mathrm{\Delta }(\mathrm{\Delta }E)$.

(a) Các bộ số lượng tử $(l,j)$:

• Với $n=5$: $l\in \{0,1,2,3,4\}$.
  • $l=0⟹j=1/2$ (1 bộ).
  • $l=1⟹j\in \{1/2,3/2\}$ (2 bộ).
  • $l=2⟹j\in \{3/2,5/2\}$ (2 bộ).
  • $l=3⟹j\in \{5/2,7/2\}$ (2 bộ).
  • $l=4⟹j\in \{7/2,9/2\}$ (2 bộ). Tổng cộng có $1+2+2+2+2=9$ bộ $(l,j)$ khác nhau.
• Với $n=2$: $l\in \{0,1\}$.
  • $l=0⟹j=1/2$ (1 bộ).
  • $l=1⟹j\in \{1/2,3/2\}$ (2 bộ). Tổng cộng có $1+2=3$ bộ $(l,j)$ khác nhau.

(b) Số mức năng lượng và độ dịch Dirac: Vì năng lượng tương đối tính chỉ phụ thuộc vào $j$:

• Vỏ $n=5$: Có 5 mức năng lượng phân biệt tương ứng với $j\in \{1/2,3/2,5/2,7/2,9/2\}$. Hằng số cơ sở: ${\epsilon }_5\approx \mathrm{1,159}\times {10}^{-6}\mathrm{eV}$. Độ dịch năng lượng:

  • $j=1/2$: $\mathrm{\Delta }E\approx -4,93\times {10}^{-6}\mathrm{eV}$.
  • $j=3/2$: $\mathrm{\Delta }E\approx -2,03\times {10}^{-6}\mathrm{eV}$.
  • $j=5/2$: $\mathrm{\Delta }E\approx -1,06\times {10}^{-6}\mathrm{eV}$.
  • $j=7/2$: $\mathrm{\Delta }E\approx -0,58\times {10}^{-6}\mathrm{eV}$.
  • $j=9/2$: $\mathrm{\Delta }E\approx -0,29\times {10}^{-6}\mathrm{eV}$.

• Vỏ $n=2$: Có 2 mức năng lượng phân biệt tương ứng với $j\in \{1/2,3/2\}$. Hằng số cơ sở: ${\epsilon }_2\approx \mathrm{4,528}\times {10}^{-5}\mathrm{eV}$. Độ dịch năng lượng:

  • $j=1/2$: $\mathrm{\Delta }E\approx -5,66\times {10}^{-5}\mathrm{eV}$.
  • $j=3/2$: $\mathrm{\Delta }E\approx -1,13\times {10}^{-5}\mathrm{eV}$.

(c) Bước chuyển phát ra có bước sóng ngắn nhất: Bước sóng ngắn nhất tương ứng với photon có năng lượng lớn nhất: Trạng thái đầu có năng lượng cao nhất ($n=5,j=9/2$ với $l=4$) chuyển xuống trạng thái cuối có năng lượng thấp nhất ($n=2,j=1/2$ với $l=0$ hoặc $1$). Tuy nhiên, quy tắc chọn lọc $\mathrm{\Delta }l=\pm 1$ đòi hỏi từ $l=4$ chỉ có thể nhảy về $l=3$ (không có ở $n=2$). Do đó ta xét các chuyển dời thỏa mãn $\mathrm{\Delta }l=\pm 1$ và $\mathrm{\Delta }j\in \{0,\pm 1\}$:

• Năng lượng lớn nhất thu được khi mức cuối là mức sâu nhất $n=2,j=1/2$ ($\mathrm{\Delta }{E}_f=-5,66\times {10}^{-5}\mathrm{eV}$) và mức đầu có $j$ lớn nhất có thể nhảy về $j=1/2$, tức là $n=5,j=3/2$ ($l=1$ hoặc $2$ nhảy về $l=0$ hoặc $1$).

Hiệu năng lượng cấu trúc tinh vi:

$$\begin{array}{rl}\delta (\mathrm{\Delta }E)& =\mathrm{\Delta }{E}_i-\mathrm{\Delta }{E}_f\\ & \approx +5,46\times {10}^{-5}\mathrm{eV}.\end{array}$$

Độ dịch bước sóng:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{\lambda }_{\min }& \approx -{\lambda }_0\frac{\delta (\mathrm{\Delta }E)}{\mathrm{\Delta }{E}_0}\\ & \approx -\mathrm{0,008}3\mathrm{nm}.\end{array}$$

Hai chuyển mức cho biên bước sóng ngắn là $5p_{3/2}\to 2s_{1/2}$ và $5d_{3/2}\to 2p_{1/2}$.

(d) Bước chuyển phát ra có bước sóng dài nhất: Năng lượng nhỏ nhất thu được khi mức cuối là mức nông hơn $n=2,j=3/2$ ($\mathrm{\Delta }{E}_f=-1,13\times {10}^{-5}\mathrm{eV}$) và mức đầu là mức sâu nhất $n=5,j=1/2$ ($\mathrm{\Delta }{E}_i=-4,93\times {10}^{-6}\mathrm{eV}$):

Hiệu năng lượng:

$$\begin{array}{rl}\delta (\mathrm{\Delta }E)& =\mathrm{\Delta }{E}_i-\mathrm{\Delta }{E}_f\\ & \approx +6,37\times {10}^{-6}\mathrm{eV}.\end{array}$$

Độ dịch bước sóng:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{\lambda }_{\max }& =-{\lambda }_0\frac{\delta (\mathrm{\Delta }E)}{\mathrm{\Delta }{E}_0}\\ & \approx -\mathrm{0,001}0\mathrm{nm}.\end{array}$$

Chuyển mức cho biên bước sóng dài là $5s_{1/2}\to 2p_{3/2}$.

(e) Tổng độ mở rộng bước sóng của vạch màu lam: Khoảng chênh lệch giữa bước sóng dài nhất và ngắn nhất trong các thành phần cấu trúc tinh vi:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{\lambda }_{\mathrm{total}}& =|\mathrm{\Delta }{\lambda }_{\min }-\mathrm{\Delta }{\lambda }_{\max }|\\ & \approx \mathrm{0,007}3\mathrm{nm}.\end{array}$$

41.54

Một nguyên tử ở trạng thái $3d$ phát ra một có bước sóng $\mathrm{475,082}\mathrm{nm}$ khi nó phân rã về trạng thái $2p$. (a) Năng lượng (theo electronvolt) của photon phát ra trong bước chuyển này bằng bao nhiêu? (b) Sử dụng các quy tắc chọn lọc để xác định các bước chuyển được phép nếu nguyên tử được đặt trong từ trường ngoài có độ lớn $\mathrm{3,500}\mathrm{T}$. Bỏ qua các hiệu ứng spin của electron. (c) Đối với trường hợp ở câu (b), nếu năng lượng của trạng thái $3d$ ban đầu là $-\mathrm{8,500}00\mathrm{eV}$ khi chưa có từ trường, các mức năng lượng bị tách ra trong từ trường sẽ có giá trị bằng bao nhiêu? (d) Các bước sóng khả dĩ của ánh sáng phát ra trong các bước chuyển ở câu (b) là gì?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chuyển mức $3d\to 2p$ (${\lambda }_0=\mathrm{475,082}\mathrm{nm}$). Trong từ trường $B=\mathrm{3,500}\mathrm{T}$ (bỏ qua spin), tìm năng lượng ban đầu, các bước chuyển cho phép, năng lượng tách mức của $3d$ (từ $-\mathrm{8,500}00\mathrm{eV}$) và các bước sóng phát xạ.

Hướng đi:

• Năng lượng không từ trường: $E_0=hc/{\lambda }_0$.
• Tách mức Zeeman: Trạng thái có số lượng tử từ $m_l$ dịch chuyển năng lượng một lượng $\mathrm{\Delta }U=m_l{\mu }_{\mathrm{B}}B$.
• Quy tắc chọn lọc: $\mathrm{\Delta }{m}_l=m_{l,f}-m_{l,i}\in \{0,\pm 1\}$. Có 9 bước chuyển lượng tử được phép, gộp thành 3 nhóm năng lượng phát xạ.

(a) Năng lượng của phát ra khi chưa có từ trường:

$$\begin{array}{rl}{E}_0& =\frac{hc}{{\lambda }_0}\\ & =\frac{\mathrm{1239,842}\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}}{\mathrm{475,082}\mathrm{nm}}\\ & \approx \mathrm{2,609}74\mathrm{eV}.\end{array}$$

(b) Các bước chuyển cho phép trong từ trường ngoài: Trạng thái đầu $3d$ ($l=2$) có $m_{l,i}\in \{-2,-1,0,1,2\}$. Trạng thái cuối $2p$ ($l=1$) có $m_{l,f}\in \{-1,0,1\}$. Quy tắc chọn lọc bức xạ lưỡng cực điện: $\mathrm{\Delta }{m}_l=m_{l,f}-m_{l,i}\in \{0,\pm 1\}$. Danh sách $9$ bước chuyển được phép:

• Nhóm $\mathrm{\Delta }{m}_l=0$: $(2\to 1)$ không khả dĩ vì $m_{l,f}\le 1$; $(1\to 1),(0\to 0),(-1\to -1)$ ($3$ bước chuyển).
• Nhóm $\mathrm{\Delta }{m}_l=+1$ (tức $m_{l,f}-m_{l,i}=1$): $(0\to 1)$, $(-1\to 0)$ và $(-2\to -1)$ ($3$ bước chuyển).
• Nhóm $\mathrm{\Delta }{m}_l=-1$ (tức $m_{l,f}-m_{l,i}=-1$): $(2\to 1),(1\to 0),(0\to -1)$ ($3$ bước chuyển).

(c) Các mức năng lượng bị tách ra của trạng thái $3d$: Năng lượng dịch chuyển do tương tác từ:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }U& =m_{l,i}{\mu }_{\mathrm{B}}B,\\ {\mu }_{\mathrm{B}}B& \approx \mathrm{2,026}\times {10}^{-4}\mathrm{eV}.\end{array}$$

Với năng lượng gốc $E(3d)=-\mathrm{8,500}00\mathrm{eV}$, 5 mức năng lượng bị tách ra là:

• $m_{l,i}=+2$: $E\approx -\mathrm{8,495}95\mathrm{eV}$.
• $m_{l,i}=+1$: $E\approx -\mathrm{8,497}97\mathrm{eV}$.
• $m_{l,i}=0$: $E=-\mathrm{8,500}00\mathrm{eV}$.
• $m_{l,i}=-1$: $E\approx -\mathrm{8,502}03\mathrm{eV}$.
• $m_{l,i}=-2$: $E\approx -\mathrm{8,504}05\mathrm{eV}$.

(d) Các bước sóng khả dĩ của ánh sáng phát ra: Năng lượng phát ra:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{photon}}& =E_i-E_f\\ & =E_0-\mathrm{\Delta }{m}_l{\mu }_{\mathrm{B}}B.\end{array}$$

Chín bước chuyển lượng tử quy về 3 giá trị năng lượng và 3 bước sóng phân biệt với độ dịch bước sóng $\mathrm{\Delta }\lambda ={\lambda }_0\frac{{\mu }_{\mathrm{B}}B}{E_0}\approx \mathrm{0,036}9\mathrm{nm}$:

• Nhóm $\mathrm{\Delta }{m}_l=0$: Năng lượng $E=E_0$, nên ${\lambda }_2={\lambda }_0=\mathrm{475,082}\mathrm{nm}$.
• Nhóm $\mathrm{\Delta }{m}_l=+1$: $E=E_0-{\mu }_{\mathrm{B}}B<E_0⟹$ bước sóng dài hơn:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_3& \approx {\lambda }_0+\mathrm{\Delta }\lambda \\ & \approx \mathrm{475,119}\mathrm{nm}.\end{array}$$

• Nhóm $\mathrm{\Delta }{m}_l=-1$: $E=E_0+{\mu }_{\mathrm{B}}B>E_0⟹$ bước sóng ngắn hơn:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_1& \approx {\lambda }_0-\mathrm{\Delta }\lambda \\ & \approx \mathrm{475,045}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Ba vạch bước sóng quan sát được là $\mathrm{475,045}\mathrm{nm},\mathrm{475,082}\mathrm{nm}$ và $\mathrm{475,119}\mathrm{nm}$.

Bài tập 41.55–41.69

41.55

Phân tích quang phổ. Trong khi nghiên cứu phổ của một đám mây khí trong vũ trụ, một nhà thiên văn học phóng đại một vạch phổ hình thành từ bước chuyển từ trạng thái $p$ sang trạng thái $s$. Bà nhận thấy vạch phổ ở bước sóng $\mathrm{575,050}\mathrm{nm}$ thực chất bị tách thành ba vạch thành phần, trong đó hai vạch lân cận cách nhau $\mathrm{0,046}2\mathrm{nm}$, cho thấy đám mây khí đang nằm trong một từ trường ngoài. (Bỏ qua các hiệu ứng do spin của electron.) Độ lớn của từ trường ngoài này bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Vạch phổ ${\lambda }_0=\mathrm{575,050}\mathrm{nm}$ bị tách Zeeman thành ba thành phần với khoảng cách giữa hai vạch lân cận là $\mathrm{\Delta }\lambda =\mathrm{0,046}2\mathrm{nm}$. Tìm cảm ứng từ $B$.

Hướng đi:

• Độ tách năng lượng Zeeman thường: Bỏ qua spin, hai vạch kề nhau ứng với độ thay đổi một đơn vị của số lượng tử từ trong hiệu năng lượng chuyển mức. Vì vậy, độ chênh năng lượng là $\mathrm{\Delta }E={\mu }_{\mathrm{B}}B$.
• Độ dịch bước sóng: Từ $E=hc/\lambda$, vi phân cho ta $|\mathrm{\Delta }\lambda |\approx \frac{{\lambda }_0^2}{hc}\mathrm{\Delta }E=\frac{{\lambda }_0^2{\mu }_{\mathrm{B}}B}{hc}$.
• Tính cảm ứng từ: $B=\frac{hc\mathrm{\Delta }\lambda }{{\lambda }_0^2{\mu }_{\mathrm{B}}}$.

Độ lệch năng lượng tương ứng với sự dịch chuyển bước sóng nhỏ $\mathrm{\Delta }\lambda$:

$$\mathrm{\Delta }E\approx \frac{hc}{{\lambda }_0^2}\mathrm{\Delta }\lambda .$$

Trong thường, độ chênh lệch năng lượng giữa vạch không dịch chuyển và vạch vệ tinh là

$$\mathrm{\Delta }E={\mu }_{\mathrm{B}}B.$$

Cân bằng hai biểu thức năng lượng:

$$B=\frac{hc\mathrm{\Delta }\lambda }{{\lambda }_0^2{\mu }_{\mathrm{B}}}.$$

Với $h=\mathrm{6,626}1\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$, $c=\mathrm{2,997}9\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$ và ${\mu }_{\mathrm{B}}=\mathrm{9,274}0\times {10}^{-24}\mathrm{J}/\mathrm{T}$, tử số là $hc\mathrm{\Delta }\lambda \approx \mathrm{9,177}\times {10}^{-36}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}}^2$ và mẫu số là $D={\lambda }_0^2{\mu }_{\mathrm{B}}$, có giá trị

$$D\approx \mathrm{3,067}\times {10}^{-36}\mathrm{J}{\mathrm{m}}^2/\mathrm{T}$$

Suy ra từ trường của đám mây khí:

$$\begin{array}{rl}B& =\frac{\mathrm{9,177}\times {10}^{-36}}{\mathrm{3,066}6\times {10}^{-36}}\\ & \approx \mathrm{2,993}\mathrm{T}.\end{array}$$

Độ lớn từ trường của đám mây khí xấp xỉ $\mathrm{2,993}\mathrm{T}$.

41.56

. Trong một thí nghiệm Stern–Gerlach, độ lớn lực làm lệch nguyên tử là $|F_z|=|{\mu }_z||d{B}_z/dz|$, trong đó ${\mu }_z$ được cho bởi Phương trình (41.38) và $\frac{d{B}_z}{dz}$ là độ dốc từ trường. Trong một thí nghiệm cụ thể, vùng từ trường có chiều dài $50,0\mathrm{cm}$; giả sử độ dốc từ trường là không đổi trong vùng đó. Một chùm nguyên tử bạc bay vào từ trường với tốc độ $375\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Độ dốc từ trường $\frac{d{B}_z}{dz}$ cần có giá trị bằng bao nhiêu để tạo ra khoảng cách phân tách $1,0\mathrm{mm}$ giữa hai thành phần spin khi chúng vừa bay ra khỏi từ trường? (Lưu ý: Mômen của bạc bằng mômen lưỡng cực từ của hydro, vì electron hóa trị của nó ở trạng thái $l=0$.)

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chùm nguyên tử bạc $v=375\mathrm{m}/\mathrm{s}$ đi qua nam châm có chiều dài $L_1=50,0\mathrm{cm}$. Tìm $\frac{d{B}_z}{dz}$ để độ tách hai thành phần spin ở lối ra là $\mathrm{\Delta }z=1,0\mathrm{mm}$.

Hướng đi:

• Thời gian bay trong từ trường: $t_1=L_1/v$.
• Gia tốc theo phương thẳng đứng: Hai thành phần spin có gia tốc ngược chiều với cùng độ lớn $|a_z|=|F_z|/M$. Lực từ được tính từ độ dốc từ trường và độ lớn hình chiếu mômen từ.
• Độ lệch tại lối ra: Vì vận tốc ban đầu theo phương thẳng đứng bằng không, mỗi thành phần lệch một đoạn $|z|=|a_z|t_1^2/2$. Hai vết lệch về hai phía, nên khoảng cách giữa chúng là $\mathrm{\Delta }z=2|z|$.

Khối lượng của một nguyên tử bạc với nguyên tử khối $\mathrm{107,868}2\mathrm{u}$:

$$M\approx \mathrm{1,791}\times {10}^{-25}\mathrm{kg}.$$

Thời gian nguyên tử di chuyển qua vùng từ trường $L_1=\mathrm{0,500}\mathrm{m}$:

$$t_1=\frac{L_1}{v}\approx \mathrm{1,333}\times {10}^{-3}\mathrm{s}.$$

Lực từ tác dụng lên nguyên tử theo phương $z$:

$$|F_z|={\mu }_{\mathrm{B}}\left|\frac{d{B}_z}{dz}\right|.$$

Khoảng cách phân tách giữa hai chùm vết khi vừa bay ra khỏi từ trường:

$$\mathrm{\Delta }z=\frac{{\mu }_{\mathrm{B}}}{M}\left|\frac{d{B}_z}{dz}\right|t_1^2.$$

Theo đề bài, $\mathrm{\Delta }z=1,0\times {10}^{-3}\mathrm{m}$. Suy ra độ dốc từ trường cần thiết:

$$\begin{array}{rl}\left|\frac{d{B}_z}{dz}\right|& =\frac{\mathrm{\Delta }z\cdot M}{{\mu }_{\mathrm{B}}{t}_1^2}\\ & \approx 10,86\mathrm{T}/\mathrm{m}.\end{array}$$

Độ dốc từ trường yêu cầu là $10,86\mathrm{T}/\mathrm{m}$.

41.57

Mômen từ $\overrightarrow{M}$ của một vật thể quay mang điện tích $Q$ và khối lượng $M$ tỉ lệ thuận với xung lượng góc $\overrightarrow{L}$ của nó theo hệ thức $\overrightarrow{M}=g\left(\frac{Q}{2M}\right)\overrightarrow{L}$. Hệ số không thứ nguyên $g$ được gọi là thừa số $g$ (g-factor) của vật thể. Xét một vỏ cầu mỏng bán kính $R$, mật độ điện mặt đều $\sigma$, đang quay với tốc độ góc $\omega$ quanh trục $z$. (a) Diện tích vi phân $da$ của một vành tròn ở góc cực $\theta$, có bề rộng $Rd\theta$ như trên Hình P41.57, bằng bao nhiêu? (b) Dòng điện vi phân $dI$ do vành tròn này mang bằng điện tích $\sigma da$ chia cho chu kỳ quay. Hãy xác định $dI$ theo $R,\sigma ,\omega$ và $\theta$. (c) Xác định mômen từ vi phân $dM$ của vành tròn bằng cách nhân $dI$ với diện tích giới hạn bởi vành tròn. (d) Xác định mômen từ của toàn bộ vỏ cầu bằng cách lấy trên toàn mặt cầu. Biểu diễn kết quả theo điện tích toàn phần $Q=4\pi R^2\sigma$. (e) Bây giờ xét một quả cầu đặc bán kính $R$ có mật độ điện tích khối $\rho =\rho (r)$ phụ thuộc khoảng cách $r$ tới tâm, quay với tốc độ góc $\omega$ quanh trục $z$. Xác định mômen từ của quả cầu đặc bằng tích phân $M=\int dM$, với $dM$ là mômen từ của lớp vỏ cầu bán kính $r$ bề dày $dr$. Biểu diễn kết quả theo tích phân ${\int }_0^R{r}^4\rho (r)dr$. (f) Xung lượng góc của quả cầu quay là $L=I\omega$, với $I=cM{R}^2$ là mômen quán tính và $c$ là một hệ số không thứ nguyên xác định bởi sự phân bố khối lượng. Hãy xác định thừa số $g$ theo tích phân của $\rho$ và giá trị $c$. (g) Nếu điện tích phân bố đều sao cho $\rho =Q/(\frac{4}{3}\pi R^3)$ và khối lượng phân bố đều sao cho $c=2/5$, giá trị của thừa số $g$ bằng bao nhiêu?

Hình P41.57: Vỏ cầu tích điện quay quanh trục z. Một vành tròn tại góc cực θ mang dòng điện vi phân dI, có bán kính R sin θ và bề rộng R dθ.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Thiết lập biểu thức mômen từ và thừa số $g$ cho vỏ cầu mỏng và quả cầu đặc tích điện quay quanh trục đối xứng.

Hướng đi:

• Vành tròn vi phân: Vành tròn tại góc cực $\theta$ có bán kính $r_{\mathrm{ring}}=R\sin \theta$, chu vi $2\pi R\sin \theta$, bề rộng cung $Rd\theta$.
• Dòng điện vi phân: $dI=dq/T=\sigma da/(2\pi /\omega )$.
• Mômen từ vi phân: $dM=dI\cdot (\pi r_{\mathrm{ring}}^2)$.
• toàn cầu: Tích phân từ $\theta =0$ đến $\pi$, áp dụng ${\int }_0^{\pi }{\sin }^3\theta d\theta =4/3$.

(a) Diện tích vi phân $da$ của vành tròn: Bán kính của vành tròn nằm ở góc cực xác định bởi góc cực $\theta$ là $r_{\mathrm{ring}}=R\sin \theta$. Bề rộng của vành dọc theo kinh tuyến là $Rd\theta$. Diện tích của vành tròn là:

$$da=2\pi R^2\sin \theta d\theta .$$

(b) Dòng điện vi phân $dI$: Chu kỳ quay của quả cầu là $T=2\pi /\omega$. Điện tích chứa trên vành tròn là $dq=\sigma da=2\pi \sigma R^2\sin \theta d\theta$. Dòng điện vi phân chạy trong vành:

$$\begin{array}{rl}dI& =\frac{dq}{T}\\ & =\sigma \omega R^2\sin \theta d\theta .\end{array}$$

(c) Mômen từ vi phân $dM$ của vành tròn: Diện tích mặt phẳng giới hạn bởi vành tròn là $A_{\mathrm{ring}}=\pi (R\sin \theta {)}^2=\pi R^2{\sin }^2\theta$. Mômen từ lưỡng cực của vành tròn vi phân:

$$\begin{array}{rl}dM& =dI\cdot A_{\mathrm{ring}}\\ & =\pi \sigma \omega R^4{\sin }^3\theta d\theta .\end{array}$$

(d) Mômen từ của vỏ cầu mỏng: Lấy theo góc cực $\theta$ từ $0$ đến $\pi$:

$$M=\pi \sigma \omega R^4{\int }_0^{\pi }{\sin }^3\theta d\theta .$$

lượng giác: ${\int }_0^{\pi }{\sin }^3\theta d\theta =4/3$. Thay vào biểu thức $M$:

$$M=\frac{4}{3}\pi \sigma \omega R^4.$$

Biểu diễn theo điện tích toàn phần của vỏ cầu $Q=4\pi R^2\sigma$, suy ra $\pi \sigma =Q/(4R^2)$:

$$\begin{array}{rl}M& =\frac{4}{3}\left(\frac{Q}{4R^2}\right)\omega R^4\\ & =\frac{1}{3}Q\omega R^2.\end{array}$$

(e) Quả cầu đặc với mật độ điện tích khối $\rho (r)$: Coi quả cầu đặc như tập hợp các vỏ cầu mỏng có bán kính $r$, bề dày $dr$. Mỗi vỏ cầu mỏng có diện tích $4\pi r^2$, chứa điện tích $dq=4\pi r^2\rho (r)dr$. Áp dụng kết quả ở câu (d) cho vỏ cầu bán kính $r$:

$$\begin{array}{rl}dM& =\frac{1}{3}(dq)\omega r^2\\ & =\frac{4\pi }{3}\omega r^4\rho (r)dr.\end{array}$$

Mômen từ của quả cầu đặc là từ tâm $r=0$ đến bề mặt $r=R$:

$$M=\frac{4\pi }{3}\omega {\int }_0^R{r}^4\rho (r)dr.$$

(f) Xác định thừa số $g$: Mômen xung lượng quay của quả cầu là $L=I\omega =cM{R}^2\omega$. Theo định nghĩa thừa số $g$, ta có $M=g\left(\frac{Q}{2M}\right)L$, suy ra:

$$g=\frac{2M}{Q}\frac{M_{\mathrm{mag}}}{L}.$$

Thay $M_{\mathrm{mag}}$ từ câu (e) và $L=cM{R}^2\omega$:

$$\begin{array}{rl}g& =\frac{2M}{Q}\frac{M_{\mathrm{mag}}}{cM{R}^2\omega }\\ & =\frac{8\pi }{3cQ{R}^2}{\int }_0^R{r}^4\rho (r)dr.\end{array}$$

(g) Quả cầu đặc đồng chất: Khi điện bố đều, $\rho (r)=\frac{Q}{\frac{4}{3}\pi R^3}=\frac{3Q}{4\pi R^3}$. Tích phân theo $r$:

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^R{r}^4\rho (r)dr& =\frac{3Q}{4\pi R^3}\frac{R^5}{5}\\ & =\frac{3}{20\pi }Q{R}^2.\end{array}$$

Với khối lượng phân bố đều, quả cầu đặc có mômen quán tính $I=\frac{2}{5}M{R}^2⟹c=\frac{2}{5}$. Thay vào biểu thức của thừa số $g$:

$$\begin{array}{rl}g& =\frac{8\pi }{3(2/5)Q{R}^2}\left(\frac{3Q{R}^2}{20\pi }\right)\\ & =1.\end{array}$$

Giá trị thừa số $g$ của quả cầu đặc tích điện đồng chất quay quanh trục là $g=1$. Ý nghĩa vật lý: Kết quả $g=1$ là giá trị cổ điển tiêu chuẩn cho sự quay của vật thể có tỉ số phân bố điện tích và phân bố khối lượng đồng nhất. Ngược lại, electron có $g_s\approx 2$, một lần nữa khẳng định spin của electron không phải là chuyển động tự quay cơ học của một quả cầu mang điện cổ điển.

41.58

Từ trường hiệu dụng. Một electron trong nguyên tử hydro ở trạng thái $2p$. Trong một mô hình đơn giản của nguyên tử, giả sử rằng electron chuyển động tròn quanh proton theo một quỹ đạo có bán kính $r$ bằng bán kính Bohr đối với $n=2$. Giả sử tốc độ $v$ của electron trên quỹ đạo được tính bằng cách đặt $L=m_{e}vr$, với $L$ lấy theo giá trị cơ học lượng tử đối với trạng thái $2p$. Trong hệ quy chiếu gắn với electron, proton chuyển động tròn với bán kính $r$ và tốc độ $v$. Mô hình hóa proton chuyển động tròn như một vòng dòng điện, và tính từ trường mà proton tạo ra tại vị trí của electron.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Electron ở trạng thái $2p$ hydro, bán kính quỹ đạo $r=r_2=4a_0$, xung lượng quỹ đạo $L=\sqrt{l(l+1)}\hslash =\sqrt{2}\hslash$. Tính tốc độ $v$ và từ trường $B$ do proton chuyển động tròn tạo ra tại vị trí electron.

Hướng đi:

• Bán kính và xung lượng góc: Trạng thái $2p$ ($n=2,l=1$) có $r=2^2{a}_0=4a_0$ và $L=\sqrt{1(1+1)}\hslash =\sqrt{2}\hslash$.
• Tốc độ quỹ đạo: $v=L/(m_{e}r)$. Với $r=4a_0$ và $L=\sqrt{2}\hslash$, ta có $v=\sqrt{2}\hslash /(4m_e{a}_0)$.
• Từ trường tại tâm vòng dây: Proton mang điện tích $+e$ quay với chu kỳ $T=2\pi r/v$ tạo dòng điện $I=e/T=ev/(2\pi r)$. Từ trường tại tâm là $B=\frac{{\mu }_{0}I}{2r}=\frac{{\mu }_{0}ev}{4\pi r^2}$.

Bán kính quỹ đạo dừng ứng với $n=2$:

$$\begin{array}{rl}r& =4a_0\\ & \approx \mathrm{2,117}\times {10}^{-10}\mathrm{m}.\end{array}$$

Độ lớn xung lượng góc quỹ đạo của trạng thái $2p$ ($l=1$):

$$L=\sqrt{2}\hslash .$$

Tốc độ quỹ đạo của electron:

$$\begin{array}{rl}v& =\frac{L}{m_{e}r}\\ & =\frac{\sqrt{2}\hslash }{4m_e{a}_0}\\ & \approx \mathrm{7,738}\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Trong hệ quy chiếu của electron, proton mang điện tích $+e$ quay tròn quanh nó với bán kính $r$ và tốc độ $v$. Dòng điện tương đương do proton tạo ra:

$$I=\frac{ev}{2\pi r}.$$

Từ trường tại tâm vòng dây tròn (vị trí của electron):

$$B=\frac{{\mu }_{0}ev}{4\pi r^2}.$$

Với ${\mu }_{0}ev\approx \mathrm{1,557}\times {10}^{-19}\mathrm{T}\cdot {\mathrm{m}}^2$ và $4\pi r^2\approx \mathrm{5,630}\times {10}^{-19}{\mathrm{m}}^2$, từ trường là:

$$\begin{array}{rl}B& =\frac{\mathrm{1,557}\times {10}^{-19}}{\mathrm{5,630}\times {10}^{-19}}\\ & \approx \mathrm{0,277}\mathrm{T}.\end{array}$$

Từ trường hiệu dụng trong mô hình vòng dòng điện này xấp xỉ $0,28\mathrm{T}$. Kết quả dùng bán kính và do đề cho. Nó không phải phép tính đầy đủ của cấu trúc tinh tế.

41.59

Vũ trụ kỳ lạ. Trong một vũ trụ khác, electron là hạt có spin $3/2$ thay vì spin $1/2$, nhưng tất cả các tính chất vật lý khác và các số lượng tử $n,l,m_l$ vẫn không thay đổi. Trong vũ trụ này: (a) Số hiệu nguyên tử của hai nguyên tố khí hiếm nhẹ nhất là bao nhiêu? (b) ở trạng thái cơ bản của natri là gì?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Electron có spin $s=3/2$. Tìm số hiệu nguyên tử của hai khí hiếm nhẹ nhất và cơ bản của natri.

Hướng đi:

• Số trạng thái spin: Với $s=3/2$, số lượng tử từ spin $m_s$ nhận $2s+1=4$ giá trị: $m_s\in \{-3/2,-1/2,1/2,3/2\}$.
• Dung lượng phân lớp và vỏ: Mỗi ô lượng tử quỹ đạo chứa được 4 electron. Phân lớp $l$ chứa $4(2l+1)$ electron; vỏ $n$ chứa $4n^2$ electron.
• Khí hiếm và natri: Khí hiếm ứng với các lớp vỏ bão hòa kín. Natri ($Z=11$) được điền theo thứ tự năng lượng từ thấp đến cao.

(a) Số hiệu nguyên tử của hai nguyên tố khí hiếm nhẹ nhất: Với mỗi cặp số lượng tử quỹ đạo $(l,m_l)$, số lượng tử spin $m_s$ nhận 4 giá trị phân biệt:

$$m_s\in \{-\frac{3}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{3}{2}\}.$$

Do đó, mỗi phân lớp $l$ chứa tối đa $4(2l+1)$ electron. Dung lượng electron tối đa của một vỏ có số lượng tử chính $n$ là

$$N_n=4\sum _{l=0}^{n-1}(2l+1)=4n^2.$$

• Khí hiếm thứ nhất: Điền đầy vỏ $n=1$, chứa tối đa $4(1^2)=4$ electron (phân lớp $1s^4$). Do đó số hiệu nguyên tử là $Z=4$.
• Khí hiếm thứ hai: Điền đầy cả vỏ $n=1$ ($4$ electron) và vỏ $n=2$ ($4(2^2)=16$ electron). Tổng số electron là $Z=4+16=20$ (cấu hình $1s^{4}2s^{4}2p^{12}$).

Hai nguyên tố khí hiếm nhẹ nhất có $Z=4$ và $Z=20$.

(b) ở trạng thái cơ bản của natri: Nguyên tử natri có số hiệu nguyên tử $Z=11$. Ta lần lượt điền 11 electron vào các phân lớp có mức năng lượng tăng dần:

• Phân lớp $1s$ ($n=1,l=0$): Chứa tối đa 4 electron, cấu hình $1s^4$.
• Phân lớp $2s$ ($n=2,l=0$): Chứa tối đa 4 electron, cấu hình $2s^4$.
• Phân lớp $2p$ ($n=2,l=1$): Có dung lượng tối đa 12 electron, nhận $11-(4+4)=3$ electron còn lại, cấu hình $2p^3$.

Vậy trạng thái cơ bản của natri trong vũ trụ này là

$$1s^{4}2s^{4}2p^3.$$

41.60

Một nguyên tử liti có ba electron, và cấu hình trạng thái cơ bản ${}^2{S}_{1/2}$ là $1s^{2}2s$. Trạng thái kích thích $1s^{2}2p$ bị tách thành hai mức rất gần nhau ${}^2{P}_{3/2}$ và ${}^2{P}_{1/2}$ bởi (xem Ví dụ 41.7 ở Mục 41.5). Một có bước sóng $\mathrm{67,096}08\mu \mathrm{m}$ được phát ra trong bước chuyển ${}^2{P}_{3/2}\to {}^2{S}_{1/2}$, và một photon có bước sóng $\mathrm{67,097}61\mu \mathrm{m}$ được phát ra trong bước chuyển ${}^2{P}_{1/2}\to {}^2{S}_{1/2}$. Hãy tính từ trường hiệu dụng tác dụng lên electron ở trạng thái $1s^{2}2p$ của nguyên tử liti. So sánh kết quả của bạn với kết quả đối với mức $3p$ của natri trong Ví dụ 41.7.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Liti phát ${\lambda }_1=\mathrm{67,096}08\mu \mathrm{m}$ (${}^2{P}_{3/2}\to {}^2{S}_{1/2}$) và ${\lambda }_2=\mathrm{67,097}61\mu \mathrm{m}$ (${}^2{P}_{1/2}\to {}^2{S}_{1/2}$). Tính từ trường hiệu dụng $B_{\mathrm{eff}}$ và so sánh với mức $3p$ của natri trong Ví dụ 41.7.

Hướng đi:

• Độ chênh lệch năng lượng: $\mathrm{\Delta }E=hc(\frac{1}{{\lambda }_1}-\frac{1}{{\lambda }_2})$.
• Từ trường hiệu dụng: Tách mức spin–quỹ đạo có độ lớn $\mathrm{\Delta }E=2{\mu }_{\mathrm{B}}{B}_{\mathrm{eff}}$. Vì hai vạch có cùng mức cuối, hiệu năng lượng chính là độ tách hai mức đầu, nên $B_{\mathrm{eff}}=\mathrm{\Delta }E/(2{\mu }_{\mathrm{B}})$.
• So sánh: Hai bước sóng ở đây cho độ tách mức của liti. Đối chiếu từ trường hiệu dụng suy ra với kết quả $18,4\mathrm{T}$ của natri trong Ví dụ 41.7.

Độ chênh lệch năng lượng giữa hai mức kích thích ${}^2{P}_{3/2}$ và ${}^2{P}_{1/2}$:

$$\mathrm{\Delta }E=hc(\frac{1}{{\lambda }_1}-\frac{1}{{\lambda }_2}).$$

Với ${\lambda }_1=\mathrm{67,096}08\times {10}^{-6}\mathrm{m}$ và ${\lambda }_2=\mathrm{67,097}61\times {10}^{-6}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }E& \approx \mathrm{6,751}\times {10}^{-26}\mathrm{J}\\ & \approx \mathrm{4,214}\times {10}^{-7}\mathrm{eV}.\end{array}$$

Độ tách mức năng lượng do ứng với từ trường hiệu dụng:

$$\mathrm{\Delta }E=2{\mu }_{\mathrm{B}}{B}_{\mathrm{eff}}.$$

Suy ra từ trường hiệu dụng tại vị trí electron $2p$:

$$\begin{array}{rl}{B}_{\mathrm{eff}}& =\frac{\mathrm{\Delta }E}{2{\mu }_{\mathrm{B}}}\\ & =\frac{\mathrm{6,751}\times {10}^{-26}}{2\times \mathrm{9,274}\times {10}^{-24}}\\ & \approx \mathrm{0,003}64\mathrm{T}.\end{array}$$

So sánh với mức $3p$ của natri trong Ví dụ 41.7: Ví dụ 41.7 dùng hai bước sóng $\mathrm{588,995}\mathrm{nm}$ và $\mathrm{589,592}\mathrm{nm}$, cho từ trường hiệu dụng khoảng $18,4\mathrm{T}$. Giá trị $\mathrm{0,003}64\mathrm{T}$ tính từ những bước sóng đã cho trong bài này nhỏ hơn khoảng $5,1\times {10}^3$ lần. So sánh này dùng đúng hai cặp dữ kiện của hai bài.

41.61

Một nguyên tử hydro ở trạng thái $n=2,l=1,m_l=-1$ phát ra một khi chuyển về trạng thái cơ bản $n=1,l=0,m_l=0$.

(a) Khi không có từ trường ngoài, bước sóng của bằng bao nhiêu?

(b) Nếu nguyên tử nằm trong từ trường có độ lớn $2,20\mathrm{T}$ hướng theo trục $+z$, bước sóng dịch bao nhiêu so với khi không có từ trường? Từ trường làm tăng hay giảm bước sóng? Bỏ qua tác dụng của . Gợi ý: Dùng kết quả Bài 39.74(c), tức độ dịch mức năng lượng do mômen từ quỹ đạo.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chuyển mức từ $(2,1,-1)$ về $(1,0,0)$. Tìm bước sóng khi không có từ trường, rồi độ dịch và chiều dịch khi đặt từ trường $B=2,20\mathrm{T}$ theo trục $+z$.

Hướng đi:

• Năng lượng trạng thái trong từ trường: $E(n,l,m_l)=E_n^{(0)}+m_l{\mu }_{\mathrm{B}}B$.
• Năng lượng bước chuyển: $\mathrm{\Delta }E=\mathrm{\Delta }{E}_0-{\mu }_{\mathrm{B}}B$.
• Bước sóng và tần số: mang đúng hiệu năng lượng hai mức, nên $f=\mathrm{\Delta }E/h$ và $\lambda =hc/\mathrm{\Delta }E$. So sánh với giá trị không trường để xác định dấu của độ dịch.

Bước chuyển Lyman-$\alpha$ ($2p\to 1s$) khi không có từ trường có năng lượng bằng $3/4$ năng lượng Rydberg. Dùng $E_R=\mathrm{13,606}\mathrm{eV}$:

$$\mathrm{\Delta }{E}_0=\mathrm{10,204}5\mathrm{eV}.$$

(a) Bước sóng khi không có từ trường:

$${\lambda }_0=\frac{hc}{\mathrm{\Delta }{E}_0}\approx \mathrm{121,499}5\mathrm{nm}.$$

(b) Tính độ dịch khi đặt từ trường.

Khi có từ trường đều $B=2,20\mathrm{T}$ theo phương trục $+z$:

• Trạng thái đầu $(2,1,-1)$ có độ dịch năng lượng:

$$\mathrm{\Delta }{U}_i=m_{l,i}{\mu }_{\mathrm{B}}B=-{\mu }_{\mathrm{B}}B.$$

• Trạng thái cuối $(1,0,0)$ có $m_{l,f}=0⟹\mathrm{\Delta }{U}_f=0$. Với ${\mu }_{\mathrm{B}}B\approx \mathrm{0,000}127\mathrm{eV}$, năng lượng của phát ra:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{photon}}& =\mathrm{\Delta }{E}_0-{\mu }_{\mathrm{B}}B\\ & \approx \mathrm{10,204}4\mathrm{eV}.\end{array}$$

Đổi $E_{\mathrm{photon}}\approx \mathrm{1,634}9\times {10}^{-18}\mathrm{J}$, tần số của là:

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{E_{\mathrm{photon}}}{h}\\ & =\frac{\mathrm{1,634}9\times {10}^{-18}\mathrm{J}}{\mathrm{6,626}1\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}}\\ & \approx \mathrm{2,467}\times {10}^{15}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Bước sóng của :

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{c}{f}\\ & =\frac{\mathrm{1239,842}\mathrm{eV}\cdot \mathrm{nm}}{\mathrm{10,204}4\mathrm{eV}}\\ & \approx 121,50\mathrm{nm}.\end{array}$$

Giữ thêm chữ số khi lấy hiệu hai bước sóng gần nhau, ta được ${\lambda }_B\approx \mathrm{121,501}0\mathrm{nm}$. Do đó

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }\lambda & ={\lambda }_B-{\lambda }_0\\ & \approx +1,52\times {10}^{-3}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Từ trường làm giảm năng lượng trong bước chuyển đang xét, nên làm tăng bước sóng.

41.62

Cộng hưởng (ESR). Các electron ở mức spin thấp hơn trong từ trường có thể hấp thụ một có tần số thích hợp để chuyển lên mức spin cao hơn. (a) Tìm biểu thức độ lớn từ trường $B$ cần thiết để kích thích bước chuyển này trong nguyên tử hydro ở trạng thái $n=1,l=0$ bằng sóng vi ba có bước sóng $\lambda$. (b) Tính giá trị của $B$ đối với bước sóng $\lambda =4,20\mathrm{cm}$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tìm từ trường $B$ gây cộng hưởng ứng với bước sóng vi ba $\lambda$, và tính giá trị cụ thể khi $\lambda =4,20\mathrm{cm}$.

Hướng đi:

• Điều kiện cộng hưởng: Khoảng cách giữa hai mức spin trong từ trường là $\mathrm{\Delta }E=2{\mu }_{\mathrm{B}}B$. vi ba có năng lượng $E_{\mathrm{photon}}=hc/\lambda$.
• Cân bằng năng lượng: $2{\mu }_{\mathrm{B}}B=\frac{hc}{\lambda }⟹B=\frac{hc}{2{\mu }_{\mathrm{B}}\lambda }$.

(a) Thiết lập biểu thức từ trường $B$: Trong từ trường $B$, hai trạng thái spin $m_s=-1/2$ và $m_s=+1/2$ của electron có độ chênh lệch năng lượng bằng $\mathrm{\Delta }E=2{\mu }_{\mathrm{B}}B$. Để sóng điện từ gây ra bước chuyển dời cộng hưởng, năng lượng phải thỏa mãn:

$$2{\mu }_{\mathrm{B}}B=\frac{hc}{\lambda }.$$

Rút ra độ lớn cảm ứng từ $B$:

$$B=\frac{hc}{2{\mu }_{\mathrm{B}}\lambda }.$$

(b) Tính giá trị của $B$ với $\lambda =4,20\mathrm{cm}=\mathrm{0,042}0\mathrm{m}$: Với tử số $hc\approx \mathrm{1,986}4\times {10}^{-25}\mathrm{J}\cdot \mathrm{m}$ và mẫu số $2{\mu }_{\mathrm{B}}\lambda \approx \mathrm{7,790}2\times {10}^{-25}\mathrm{J}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{T}$:

$$\begin{array}{rl}B& =\frac{\mathrm{1,986}4\times {10}^{-25}}{\mathrm{7,790}2\times {10}^{-25}}\\ & \approx \mathrm{0,255}\mathrm{T}.\end{array}$$

Độ lớn từ trường cần thiết là $\mathrm{0,255}\mathrm{T}$.

41.63

Dữ liệu thực nghiệm. Trong phòng thí nghiệm từ học, bạn tiến hành một thí nghiệm trong đó một nguyên tử hydro ở trạng thái cơ bản $n=1$ được đặt trong từ trường có độ lớn $B$. Một có bước sóng $\lambda$ (đo trong không khí) bị hấp thụ trong bước chuyển từ trạng thái $m_s=-1/2$ lên trạng thái $m_s=+1/2$. Bước sóng $\lambda$ đo được theo hàm của cảm ứng từ $B$ được cho trong bảng sau:

• $B(\mathrm{T})$: $0,51$. $\lambda (\mathrm{mm})$: $21,4$.
• $B(\mathrm{T})$: $0,74$. $\lambda (\mathrm{mm})$: $14,3$.
• $B(\mathrm{T})$: $1,03$. $\lambda (\mathrm{mm})$: $10,7$.
• $B(\mathrm{T})$: $1,52$. $\lambda (\mathrm{mm})$: $7,14$.
• $B(\mathrm{T})$: $2,02$. $\lambda (\mathrm{mm})$: $5,35$.
• $B(\mathrm{T})$: $2,48$. $\lambda (\mathrm{mm})$: $4,28$.
• $B(\mathrm{T})$: $2,97$. $\lambda (\mathrm{mm})$: $3,57$.

(a) Vẽ đồ thị số liệu dưới dạng tần số $f$ theo từ trường $B$, trong đó $f=c/\lambda$. Tìm độ dốc của đường thẳng khớp tốt nhất với các điểm số liệu. (b) Sử dụng kết quả ở câu (a) để tính $|{\mu }_z|$, độ lớn mômen từ spin của electron. (c) Gọi $g=|{\mu }_z|/|S_z|$ là tỉ số từ cơ của . Sử dụng kết quả câu (b) để tính $g$. Giá trị tỉ số $g/(e/2m_e)$ thu được từ số liệu thực nghiệm bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bảng 7 cặp giá trị $(B,\lambda )$ của hiện tượng ESR. Vẽ đồ thị $f$ theo $B$, tìm độ dốc đường thẳng khớp, xác định mômen từ spin $|{\mu }_z|$ và tỉ số gyromagnetic $g/(e/2m_e)$.

Hướng đi:

• Tần số hấp thụ: $f_i=c/{\lambda }_i$.
• Mô hình hồi quy tuyến tính: Điều kiện cộng hưởng $hf=2|{\mu }_z|B$. Do đó $f=(2|{\mu }_z|/h)B$. Độ dốc của đồ thị $f$ theo $B$ là $\text{slope}=\frac{2|{\mu }_z|}{h}$.
• Hồi quy bình phương tối thiểu: Tính hệ số góc từ 7 cặp điểm số liệu thực nghiệm để tìm $|{\mu }_z|=\frac{h\cdot \text{slope}}{2}$.

(a) Lập bảng tần số và hồi quy tuyến tính: Chuyển đổi các bước sóng $\lambda$ sang tần số $f=c/\lambda$ ($c\approx \mathrm{2,997}9\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$):

• Điểm 1: $B_1=0,51\mathrm{T}$, ${\lambda }_1=21,4\mathrm{mm}$, suy ra $f_1\approx 14,01\mathrm{GHz}$.
• Điểm 2: $B_2=0,74\mathrm{T}$, ${\lambda }_2=14,3\mathrm{mm}$, suy ra $f_2\approx 20,96\mathrm{GHz}$.
• Điểm 3: $B_3=1,03\mathrm{T}$, ${\lambda }_3=10,7\mathrm{mm}$, suy ra $f_3\approx 28,02\mathrm{GHz}$.
• Điểm 4: $B_4=1,52\mathrm{T}$, ${\lambda }_4=7,14\mathrm{mm}$, suy ra $f_4\approx 41,99\mathrm{GHz}$.
• Điểm 5: $B_5=2,02\mathrm{T}$, ${\lambda }_5=5,35\mathrm{mm}$, suy ra $f_5\approx 56,04\mathrm{GHz}$.
• Điểm 6: $B_6=2,48\mathrm{T}$, ${\lambda }_6=4,28\mathrm{mm}$, suy ra $f_6\approx 70,04\mathrm{GHz}$.
• Điểm 7: $B_7=2,97\mathrm{T}$, ${\lambda }_7=3,57\mathrm{mm}$, suy ra $f_7\approx 83,97\mathrm{GHz}$.

Áp dụng phương pháp hồi quy tuyến tính bình phương tối thiểu cho mô hình $f=aB+b$, độ dốc $a$ là:

$$\begin{array}{rl}a& =\frac{\sum (B_i-\overline{B})(f_i-\overline{f})}{\sum (B_i-\overline{B}{)}^2}\\ & \approx \mathrm{2,840}\times {10}^{10}\mathrm{Hz}/\mathrm{T}.\end{array}$$

Hệ số chặn của phép khớp không ràng buộc là $b\approx -\mathrm{0,719}\mathrm{GHz}$. Đề bài không cho độ không đảm bảo của các phép đo, nên chưa thể kết luận hệ số này tương thích với không ở một mức tin cậy xác định. Độ dốc của đường thẳng khớp tốt nhất là $\text{slope}\approx 2,84\times {10}^{10}\mathrm{Hz}/\mathrm{T}$.

(b) Tính độ lớn mômen từ spin $|{\mu }_z|$: Từ hệ thức cộng hưởng $hf=2|{\mu }_z|B$, ta có:

$$f=\left(\frac{2|{\mu }_z|}{h}\right)B.$$

Đồng nhất hệ số góc $\text{slope}=2|{\mu }_z|/h$, ta rút ra:

$$|{\mu }_z|=\frac{h\cdot \text{slope}}{2}.$$

Tính toán giá trị với $h\approx \mathrm{6,626}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$ và $\text{slope}\approx \mathrm{2,840}\times {10}^{10}\mathrm{Hz}/\mathrm{T}$:

$$\begin{array}{rl}|{\mu }_z|& =\frac{h\cdot \text{slope}}{2}\\ & \approx 9,41\times {10}^{-24}\mathrm{J}/\mathrm{T}.\end{array}$$

So sánh với ${\mu }_{\mathrm{B}}=\mathrm{9,274}\times {10}^{-24}\mathrm{J}/\mathrm{T}$:

$$\frac{|{\mu }_z|}{{\mu }_{\mathrm{B}}}\approx \frac{9,41}{\mathrm{9,274}}\approx \mathrm{1,015.}$$

(c) Tính tỉ số từ cơ $g$: Độ lớn hình chiếu spin là $|S_z|=\hslash /2$. Tỉ số từ cơ có đơn vị $\mathrm{C}/\mathrm{kg}$ và được định nghĩa:

$$g=\frac{|{\mu }_z|}{|S_z|}=\frac{2|{\mu }_z|}{\hslash }.$$

Thay $|{\mu }_z|=9,41\times {10}^{-24}\mathrm{J}/\mathrm{T}$ và $\hslash \approx \mathrm{1,055}\times {10}^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$:

$$\begin{array}{rl}g& =\frac{2|{\mu }_z|}{\hslash }\\ & \approx \mathrm{1,785}\times {10}^{11}\mathrm{C}/\mathrm{kg}.\end{array}$$

Tỉ số chuẩn hóa so với $e/(2m_e)$ với $e\approx \mathrm{1,602}\times {10}^{-19}\mathrm{C}$ và $m_e\approx \mathrm{9,109}\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$:

$$\frac{e}{2m_e}\approx \mathrm{8,794}\times {10}^{10}\mathrm{C}/\mathrm{kg}.$$

Giá trị không thứ nguyên thu được từ thực nghiệm:

$$\frac{g}{e/(2m_e)}\approx 2,03\approx 2.$$

Tỷ số khoảng $2,03$ cho thấy tỷ số từ cơ spin gần gấp đôi giá trị quỹ đạo $e/(2m)$. Độ chính xác của bảng số liệu này không đủ để khảo sát hiệu chỉnh nhỏ của hệ số $g_s$ quanh giá trị 2.

Đồ thị tần số cộng hưởng spin theo từ trường ngoài và đường hồi quy tuyến tính thực nghiệm

41.64

Một nguyên tử hydro ban đầu ở trạng thái $n=3,l=1$ thực hiện bước chuyển về trạng thái $n=2,l=0,j=1/2$. Hãy tìm độ chênh lệch bước sóng giữa hai sau đây: Một photon phát ra trong bước chuyển xuất phát từ trạng thái $n=3,l=1,j=3/2$, và một photon phát ra trong bước chuyển xuất phát từ trạng thái $n=3,l=1,j=1/2$. Photon nào có bước sóng dài hơn?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh hai phát ra từ $3p_{3/2}$ và $3p_{1/2}$ về $2s_{1/2}$ trong nguyên tử hydro. Tìm hiệu bước sóng $\mathrm{\Delta }\lambda$ và chỉ rõ photon nào dài hơn.

Hướng đi:

• Độ tách mức Dirac: Trạng thái $3p$ có hai mức $j=3/2$ và $j=1/2$ cách nhau $\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{split}}=E_{3/2}-E_{1/2}$.
• Hiệu bước sóng: $\mathrm{\Delta }\lambda \approx {\lambda }_0\frac{\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{split}}}{E_0}$, với ${\lambda }_0\approx 656,3\mathrm{nm}$ là bước sóng vạch $H_{\alpha }$.
• Bước sóng dài hơn: Trạng thái $j=1/2$ có năng lượng thấp hơn trạng thái $j=3/2$, do đó phát ra từ $j=1/2$ mang năng lượng nhỏ hơn và có bước sóng dài hơn.

Năng lượng tương đối tính tách mức Dirac cho trạng thái $(n,j)$ phụ thuộc hệ số $C_{n,j}=\frac{n}{j+1/2}-\frac{3}{4}$ theo công thức:

$$\mathrm{\Delta }{E}_{n,j}=-\frac{E_{\mathrm{Ryd}}}{n^4}{\alpha }^2{C}_{n,j}.$$

với $E_{\mathrm{Ryd}}=\mathrm{13,606}\mathrm{eV}$. Xét hai phân mức ở trạng thái $n=3$:

• Mức $j=3/2$ có $C_{3,3/2}=3/2-3/4=0,75$:

$$\mathrm{\Delta }E(3,3/2)\approx -11,4\mu \mathrm{eV}.$$

• Mức $j=1/2$ có $C_{3,1/2}=3/1-3/4=2,25$:

$$\mathrm{\Delta }E(3,1/2)\approx -24,8\mu \mathrm{eV}.$$

Độ chênh lệch năng lượng giữa hai trạng thái đầu:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{split}}& =E_{3/2}-E_{1/2}\\ & \approx 1,34\times {10}^{-5}\mathrm{eV}.\end{array}$$

Trạng thái $j=3/2$ có năng lượng cao hơn trạng thái $j=1/2$. Vì cả hai bước chuyển đều có cùng trạng thái cuối $n=2,l=0,j=1/2$, phát ra từ trạng thái $j=3/2$ sẽ có năng lượng lớn hơn: $E_{\gamma ,3/2}>E_{\gamma ,1/2}$, với chỉ số photon chỉ giá trị $j$ của mức đầu. Do bước sóng tỉ lệ nghịch với năng lượng photon, photon phát ra từ trạng thái $n=3,l=1,j=1/2$ có bước sóng dài hơn.

Độ chênh lệch bước sóng giữa hai : Năng lượng bước chuyển chưa tách mức của vạch $H_{\alpha }$ ($3\to 2$):

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{E}_0& =\mathrm{13,606}\left(\frac{5}{36}\right)\mathrm{eV}\\ & \approx \mathrm{1,889}7\mathrm{eV}.\end{array}$$

Bước sóng chưa tách mức:

$${\lambda }_0=\frac{hc}{\mathrm{\Delta }{E}_0}\approx 656,3\mathrm{nm}.$$

Độ chênh lệch bước sóng:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }\lambda & \approx {\lambda }_0\frac{\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{split}}}{\mathrm{\Delta }{E}_0}\\ & \approx 4,65\times {10}^{-3}\mathrm{nm}.\end{array}$$

41.65

Dữ liệu thực nghiệm. Khi nghiên cứu hiệu ứng chắn electron trong các nguyên tử nhiều electron, bạn bắt đầu với dãy kim loại kiềm. Bạn tra cứu dữ liệu thực nghiệm và thu được kết quả năng lượng ion hóa trong bảng sau:

• Nguyên tố: $\mathrm{Li}$. Năng lượng ion hóa ($\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$): $520,2$.
• Nguyên tố: $\mathrm{Na}$. Năng lượng ion hóa ($\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$): $495,8$.
• Nguyên tố: $\mathrm{K}$. Năng lượng ion hóa ($\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$): $418,8$.
• Nguyên tố: $\mathrm{Rb}$. Năng lượng ion hóa ($\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$): $403,0$.
• Nguyên tố: $\mathrm{Cs}$. Năng lượng ion hóa ($\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$): $375,7$.
• Nguyên tố: $\mathrm{Fr}$. Năng lượng ion hóa ($\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$): $380,0$.

Năng lượng ion hóa là năng lượng tối thiểu cần thiết để bứt electron liên kết yếu nhất ra khỏi nguyên tử ở trạng thái cơ bản. (a) Đơn vị $\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ trong bảng là năng lượng tối thiểu tính bằng $\mathrm{kJ}$ để ion hóa một mol nguyên tử. Hãy chuyển đổi các giá trị năng lượng ion hóa đã cho sang năng lượng tính bằng electronvolt ($\mathrm{eV}$) để ion hóa một nguyên tử đơn lẻ. (b) Điện tích hạt nhân $Z$ của từng nguyên tố trong bảng bằng bao nhiêu? Số lượng tử chính $n$ của electron liên kết yếu nhất ở trạng thái cơ bản bằng bao nhiêu? (c) Tính $Z_{\mathrm{eff}}$ cho electron này trong từng nguyên tử kim loại kiềm. (d) Năng lượng ion hóa nhìn chung giảm khi $Z$ tăng từ $\mathrm{Li}$ đến $\mathrm{Cs}$. Đại lượng $Z_{\mathrm{eff}}$ tăng hay giảm khi $Z$ tăng? Tại sao $Z_{\mathrm{eff}}$ lại có quy luật biến thiên này?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho bảng năng lượng ion hóa 6 kim loại kiềm $\mathrm{Li},\mathrm{Na},\mathrm{K},\mathrm{Rb},\mathrm{Cs},\mathrm{Fr}$. Đổi sang $\mathrm{eV}$, xác định $Z$ và $n$, tính $Z_{\mathrm{eff}}$ và phân tích xu hướng biến thiên.

Hướng đi:

• Chuyển đổi đơn vị: Chia năng lượng một mol cho $N_{\mathrm{A}}$ để có năng lượng mỗi nguyên tử, rồi dùng $1\mathrm{eV}=e(1\mathrm{V})$ để đổi đơn vị. Năng lượng $1\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ tương ứng khoảng $\mathrm{0,010}364\mathrm{eV}$ cho mỗi nguyên tử.
• Công thức tính $Z_{\mathrm{eff}}$: Từ $E_{\mathrm{ion}}=\frac{Z_{\mathrm{eff}}^2}{n^2}(\mathrm{13,606}\mathrm{eV})$, suy ra $Z_{\mathrm{eff}}=n\sqrt{E_{\mathrm{ion}}/\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}$.
• Phân tích xu hướng: Từ $\mathrm{Li}$ đến $\mathrm{Cs}$, năng lượng ion hóa giảm dần do bán kính tăng, nhưng $Z_{\mathrm{eff}}$ tăng do các electron lõi không thể chắn toàn vẹn $100\mathrm{\%}$ điện tích hạt nhân. Riêng franxi có năng lượng ion hóa nhỉnh hơn xesi trong số liệu đã cho, nên cần đối chiếu từng dòng thay vì kéo dài một xu hướng đơn điệu.

(a) Chuyển đổi năng lượng ion hóa sang $\mathrm{eV}$ cho từng nguyên tử: Sử dụng hệ số chuyển đổi:

$$1\mathrm{eV}=\mathrm{96,485}3\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}.$$

Tính toán cho từng nguyên tố:

• $\mathrm{Li}$: $E_{\mathrm{ion}}=\frac{520,2}{\mathrm{96,485}3}\approx \mathrm{5,391}\mathrm{eV}$.
• $\mathrm{Na}$: $E_{\mathrm{ion}}=\frac{495,8}{\mathrm{96,485}3}\approx \mathrm{5,139}\mathrm{eV}$.
• $\mathrm{K}$: $E_{\mathrm{ion}}=\frac{418,8}{\mathrm{96,485}3}\approx \mathrm{4,341}\mathrm{eV}$.
• $\mathrm{Rb}$: $E_{\mathrm{ion}}=\frac{403,0}{\mathrm{96,485}3}\approx \mathrm{4,177}\mathrm{eV}$.
• $\mathrm{Cs}$: $E_{\mathrm{ion}}=\frac{375,7}{\mathrm{96,485}3}\approx \mathrm{3,894}\mathrm{eV}$.
• $\mathrm{Fr}$: $E_{\mathrm{ion}}=\frac{380,0}{\mathrm{96,485}3}\approx \mathrm{3,938}\mathrm{eV}$.

(b) Số hiệu nguyên tử $Z$ và số lượng tử chính $n$:

• Liti ($\mathrm{Li}$): $Z=3$, electron hóa trị ở phân lớp $2s⟹n=2$.
• Natri ($\mathrm{Na}$): $Z=11$, electron hóa trị ở phân lớp $3s⟹n=3$.
• Kali ($\mathrm{K}$): $Z=19$, electron hóa trị ở phân lớp $4s⟹n=4$.
• Rubidi ($\mathrm{Rb}$): $Z=37$, electron hóa trị ở phân lớp $5s⟹n=5$.
• Xesi ($\mathrm{Cs}$): $Z=55$, electron hóa trị ở phân lớp $6s⟹n=6$.
• Franxi ($\mathrm{Fr}$): $Z=87$, electron hóa trị ở phân lớp $7s⟹n=7$.

(c) Tính $Z_{\mathrm{eff}}$: Áp dụng công thức $Z_{\mathrm{eff}}=n\sqrt{\frac{E_{\mathrm{ion}}}{\mathrm{13,606}\mathrm{eV}}}$:

• $\mathrm{Li}$:

$$\begin{array}{rl}{Z}_{\mathrm{eff}}& =2\sqrt{\mathrm{5,391}/\mathrm{13,606}}\\ & \approx 1,26.\end{array}$$

• $\mathrm{Na}$:

$$\begin{array}{rl}{Z}_{\mathrm{eff}}& =3\sqrt{\mathrm{5,139}/\mathrm{13,606}}\\ & \approx 1,84.\end{array}$$

• $\mathrm{K}$:

$$\begin{array}{rl}{Z}_{\mathrm{eff}}& =4\sqrt{\mathrm{4,341}/\mathrm{13,606}}\\ & \approx 2,26.\end{array}$$

• $\mathrm{Rb}$:

$$\begin{array}{rl}{Z}_{\mathrm{eff}}& =5\sqrt{\mathrm{4,177}/\mathrm{13,606}}\\ & \approx 2,77.\end{array}$$

• $\mathrm{Cs}$:

$$\begin{array}{rl}{Z}_{\mathrm{eff}}& =6\sqrt{\mathrm{3,894}/\mathrm{13,606}}\\ & \approx 3,21.\end{array}$$

• $\mathrm{Fr}$:

$$\begin{array}{rl}{Z}_{\mathrm{eff}}& =7\sqrt{\mathrm{3,938}/\mathrm{13,606}}\\ & \approx 3,77.\end{array}$$

Bảng tổng hợp kết quả:

• Đại lượng: $\mathrm{Li}$. $Z$: $3$. $n$: $2$. $E_{\mathrm{ion}}(\mathrm{eV})$: $\mathrm{5,391}$. $Z_{\mathrm{eff}}$: $1,26$.
• Đại lượng: $\mathrm{Na}$. $Z$: $11$. $n$: $3$. $E_{\mathrm{ion}}(\mathrm{eV})$: $\mathrm{5,139}$. $Z_{\mathrm{eff}}$: $1,84$.
• Đại lượng: $\mathrm{K}$. $Z$: $19$. $n$: $4$. $E_{\mathrm{ion}}(\mathrm{eV})$: $\mathrm{4,341}$. $Z_{\mathrm{eff}}$: $2,26$.
• Đại lượng: $\mathrm{Rb}$. $Z$: $37$. $n$: $5$. $E_{\mathrm{ion}}(\mathrm{eV})$: $\mathrm{4,177}$. $Z_{\mathrm{eff}}$: $2,77$.
• Đại lượng: $\mathrm{Cs}$. $Z$: $55$. $n$: $6$. $E_{\mathrm{ion}}(\mathrm{eV})$: $\mathrm{3,894}$. $Z_{\mathrm{eff}}$: $3,21$.
• Đại lượng: $\mathrm{Fr}$. $Z$: $87$. $n$: $7$. $E_{\mathrm{ion}}(\mathrm{eV})$: $\mathrm{3,938}$. $Z_{\mathrm{eff}}$: $3,77$.

(d) Phân tích xu hướng biến thiên:

• Xu hướng tổng thể: Đại lượng $Z_{\mathrm{eff}}$ tăng liên tục khi $Z$ tăng (từ $1,26$ ở $\mathrm{Li}$ lên đến $3,77$ ở $\mathrm{Fr}$).
• Nguyên nhân vật lý: Mặc dù số electron ở các lớp vỏ bên trong tăng lên theo $Z$, nhưng các đám mây electron khuếch tán không thể che chắn hoàn hảo điện tích hạt nhân ($100\mathrm{\%}$). Khi điện tích hạt nhân $Z$ tăng mạnh, phần điện tích chưa bị chắn triệt tiêu tăng dần lên. Đồng thời, electron $ns$ có xác suất xuyên sâu vào gần hạt nhân, dẫn đến giá trị $Z_{\mathrm{eff}}$ tăng dần theo chu kỳ.
• Trong bảng số liệu, năng lượng ion hóa của franxi, $\mathrm{3,938}\mathrm{eV}$, lớn hơn nhẹ giá trị $\mathrm{3,894}\mathrm{eV}$ của xesi. Vì thế, năng lượng ion hóa không giảm đơn điệu trên toàn bộ sáu nguyên tố. Tuy nhiên, các giá trị $Z_{\mathrm{e}\mathrm{f}\mathrm{f}}$ tính được vẫn tăng trên cả sáu dòng.

Sự phụ thuộc của năng lượng ion hóa và điện tích hạt nhân hiệu dụng vào số hiệu nguyên tử dãy kim loại kiềm

41.66

Dữ liệu thực nghiệm. Bạn đang nghiên cứu sự hấp thụ bức xạ điện từ bởi các electron trong một cấu trúc tinh thể. Tình huống này được mô tả thỏa đáng bằng một electron trong hộp lập phương có chiều dài cạnh $L$. Ban đầu electron ở trạng thái cơ bản. (a) Bạn quan sát thấy có bước sóng dài nhất bị hấp thụ có bước sóng trong không khí là $\lambda =624\mathrm{nm}$. Chiều dài cạnh $L$ của hộp bằng bao nhiêu? (b) Bạn nhận thấy bước sóng $\lambda =234\mathrm{nm}$ cũng bị hấp thụ khi trạng thái ban đầu vẫn là trạng thái cơ bản. Giá trị $n^2=n_X^2+n_Y^2+n_Z^2$ của trạng thái cuối trong bước chuyển hấp thụ bước sóng này bằng bao nhiêu? Bậc suy biến của mức năng lượng này (tính cả bậc suy biến do spin của electron) bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Electron trong hộp lập phương cạnh $L$ hấp thụ bước sóng dài nhất ${\lambda }_1=624\mathrm{nm}$ và bước sóng ${\lambda }_2=234\mathrm{nm}$ từ trạng thái cơ bản. Tìm $L$, số $n^2$ của trạng thái cuối ở bước chuyển thứ hai và bậc suy biến bao gồm cả spin.

Hướng đi:

• Năng lượng trong hộp lập phương: $E=K{E}_0$, trong đó $K=n_X^2+n_Y^2+n_Z^2$ và $E_0={\pi }^2{\hslash }^2/(2m{L}^2)$. Trạng thái cơ bản $(1,1,1)$ có $K_1=3$.
• Bước sóng dài nhất: Ứng với năng lượng kích thích nhỏ nhất $\mathrm{\Delta }{E}_{\min }=hc/{\lambda }_1$, đưa electron lên mức kích thích thứ nhất $(2,1,1)$ có $K_2=6$. Vì trạng thái cơ bản có $K_1=3$, nên $\mathrm{\Delta }{K}_1=6-3=3$.
• Bước chuyển thứ hai: có năng lượng tỉ lệ nghịch với bước sóng, nên $\mathrm{\Delta }{E}_2/\mathrm{\Delta }{E}_1={\lambda }_1/{\lambda }_2$. Kết hợp với hiệu hai mức hộp cho $K_{\mathrm{final}}=3+3{\lambda }_1/{\lambda }_2$.
• Bậc suy biến: Bằng số hoán vị không gian của $(n_X,n_Y,n_Z)$ nhân với 2 (cho hai trạng thái spin $m_s=\pm 1/2$).

(a) Xác định chiều dài cạnh hộp $L$: Năng lượng của electron trong hộp lập phương cạnh $L$ với mức năng lượng cơ sở $E_0$:

$$E_0=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}^2}.$$

Mức năng lượng ứng với bộ ba số lượng tử $(n_X,n_Y,n_Z)$ là:

$$E=(n_x^2+n_y^2+n_z^2)E_0.$$

Trạng thái cơ bản ứng với $n_X=1,n_Y=1,n_Z=1$ có $K_{\mathrm{ground}}=1^2+1^2+1^2=3$. có bước sóng dài nhất bị hấp thụ ứng với bước nhảy năng lượng nhỏ nhất lên mức kích thích đầu tiên $K_{\mathrm{exc}1}=2^2+1^2+1^2=6$:

$$\mathrm{\Delta }{E}_1=(6-3)E_0=3E_0.$$

Mặt khác, năng lượng hấp thụ là $\mathrm{\Delta }{E}_1=hc/{\lambda }_1$. Cân bằng hai biểu thức, ta rút ra chiều dài cạnh hộp:

$$L=\sqrt{\frac{3\pi \hslash {\lambda }_1}{4m_{e}c}}.$$

Thay các giá trị số với ${\lambda }_1=624\times {10}^{-9}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}L& =\sqrt{\frac{3\pi \hslash {\lambda }_1}{4m_{e}c}}\\ & \approx \mathrm{0,753}\mathrm{nm}.\end{array}$$

(b) Xác định $n^2$ của trạng thái cuối và bậc suy biến: Bước sóng ${\lambda }_2=234\mathrm{nm}$ cũng được hấp thụ từ trạng thái cơ bản $K_{\mathrm{ground}}=3$:

$$\mathrm{\Delta }{E}_2=(K_{\mathrm{final}}-3)E_0.$$

Lập tỉ số giữa hai bước chuyển:

$$\frac{\mathrm{\Delta }{E}_2}{\mathrm{\Delta }{E}_1}=\frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_2}=\frac{8}{3}.$$

Suy ra:

$$K_{\mathrm{final}}=3+3\left(\frac{8}{3}\right)=11.$$

Tổng bình phương ba số lượng tử:

$$n_X^2+n_Y^2+n_Z^2=11.$$

Giá trị của $n^2$ ở trạng thái cuối là $n^2=11$. Tìm các bộ số nguyên dương thỏa mãn $n_X^2+n_Y^2+n_Z^2=11$: Tổ hợp duy nhất là $3^2+1^2+1^2=9+1+1=11$. Các trạng thái không gian khả dĩ là hoán vị của bộ ba $(3,1,1)$:

$$(3,1,1),(1,3,1),(1,1,3).$$

Có 3 trạng thái không gian khác nhau. Kể thêm bậc tự do spin của electron ($m_s=+1/2$ hoặc $m_s=-1/2$, nhân đôi số trạng thái), bậc suy biến toàn phần của mức năng lượng này là $g=3\times 2=6$. Mức năng lượng này có bậc suy biến bằng 6.

41.67

Bài toán thử thách. Các hạt có spin $3/2$ có bốn trạng thái spin phân biệt tương ứng với $S_z=m_z\hslash$, trong đó $m_z$ nhận một trong bốn giá trị $\pm 1/2$ hoặc $\pm 3/2$. Ký hiệu các spin đã chuẩn hóa tương ứng là ${\psi }_{m_z}(\overrightarrow{r})$. (a) Độ lớn xung lượng spin $|\overrightarrow{S}|$ của hạt này bằng bao nhiêu? (b) Giả sử ta có ba hạt fermion đồng nhất spin $3/2$ ở trạng thái , trong đó mỗi hạt có xác suất bằng nhau để nhận các giá trị $m_z=+1/2,-1/2$ hoặc $-3/2$, nhưng có xác suất bằng 0 để ở trạng thái $m_z=+3/2$. Hàm sóng ba hạt là một tổ hợp các tích chẳng hạn như ${\psi }_{-1/2}({\overrightarrow{r}}_1){\psi }_{+1/2}({\overrightarrow{r}}_2){\psi }_{-3/2}({\overrightarrow{r}}_3)$, viết tắt là ${\psi }_{-1/2}{\psi }_{+1/2}{\psi }_{-3/2}$ (thừa số thứ $n$ gắn với tọa độ ${\overrightarrow{r}}_n$). Hãy viết hàm sóng ba hạt đã chuẩn hóa cho trạng thái vướng víu này, tuân thủ . (c) Ba hạt vướng víu được bắn theo ba hướng khác nhau tới ba bẫy từ giam giữ $A,B$ và $C$ đặt tương ứng tại ${\overrightarrow{r}}_1,{\overrightarrow{r}}_2,{\overrightarrow{r}}_3$. Sau một giờ, hạt tại bẫy $A$ được cho đi qua một nam châm và phép đo xác định được trạng thái của nó là $m_z=+1/2$. Hàm sóng ba hạt ngay sau phép đo này là gì? (d) Tại thời điểm này, xác suất để phép đo tại bẫy $B$ cho thấy hạt của nó ở từng trạng thái $m_z=-1/2,+1/2,-3/2$ và $+3/2$ bằng bao nhiêu? (e) Tiếp theo sau đó, hạt tại bẫy $C$ được đo và cho kết quả $m_z=-3/2$. Hàm sóng của hệ sau phép đo này là gì? (f) Tại thời điểm này, xác suất để phép đo tại bẫy $B$ cho thấy hạt của nó ở từng trạng thái $m_z=-1/2,+1/2,-3/2$ và $+3/2$ bằng bao nhiêu?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khảo sát hệ 3 fermion đồng nhất spin $3/2$ vướng víu trong không gian trạng thái $\{+1/2,-1/2,-3/2\}$. Viết phản đối xứng Slater và xác định sự sụp đổ hàm sóng cùng xác suất đo ở các trạm giam giữ $A,B,C$.

Hướng đi:

• Độ lớn spin: $|\overrightarrow{S}|=\sqrt{s(s+1)}\hslash$ với $s=3/2$.
• fermion đồng nhất: Vì các hạt là fermion đồng nhất, hàm sóng toàn phần bắt buộc phải phản đối xứng hoàn toàn đối với phép hoán vị của bất kỳ cặp hạt nào. Hàm sóng xây dựng từ 6 hoán vị của 3 trạng thái đơn hạt $|a⟩={\psi }_{+1/2}$, $|b⟩={\psi }_{-1/2}$ và $|c⟩={\psi }_{-3/2}$ với dấu xen kẽ chuẩn hóa bởi thừa số $1/\sqrt{6}$.
• Tiên đề đo lường lượng tử: Khi đo được hạt ở vị trí ${\overrightarrow{r}}_1$ có $m_z=+1/2$, sụp đổ về không gian con chứa thành phần tương ứng và tái chuẩn hóa.

(a) Độ lớn mômen xung lượng spin của hạt: Với số lượng tử spin $s=3/2$:

$$\begin{array}{rl}|\overrightarrow{S}|& =\sqrt{s(s+1)}\hslash \\ & =\frac{\sqrt{15}}{2}\hslash \\ & \approx \mathrm{1,936}\hslash .\end{array}$$

(b) chuẩn hóa của ba fermion đồng nhất: Ba trạng thái đơn hạt khả dĩ là $|a⟩={\psi }_{+1/2}$, $|b⟩={\psi }_{-1/2}$, $|c⟩={\psi }_{-3/2}$. Đặt 6 tích trạng thái tương ứng với các hoán vị tọa độ theo ký hiệu viết tắt của đề bài:

• $|1⟩={\psi }_{+1/2}{\psi }_{-1/2}{\psi }_{-3/2}$
• $|2⟩={\psi }_{+1/2}{\psi }_{-3/2}{\psi }_{-1/2}$
• $|3⟩={\psi }_{-1/2}{\psi }_{-3/2}{\psi }_{+1/2}$
• $|4⟩={\psi }_{-1/2}{\psi }_{+1/2}{\psi }_{-3/2}$
• $|5⟩={\psi }_{-3/2}{\psi }_{+1/2}{\psi }_{-1/2}$
• $|6⟩={\psi }_{-3/2}{\psi }_{-1/2}{\psi }_{+1/2}$

chuẩn hóa hoàn toàn phản đối xứng (định thức Slater) tuân thủ là:

$$\mathrm{\Psi }=\frac{1}{\sqrt{6}}\sum _{k=1}^6(-1{)}^{k-1}|k⟩.$$

này phản đối xứng hoàn toàn khi tráo đổi tọa độ của hai hạt bất kỳ và triệt tiêu nếu hai hạt ở cùng một trạng thái spin đơn hạt.

(c) sau phép đo tại bẫy $A$ (${\overrightarrow{r}}_1$ có $m_z=+1/2$): Phép đo giữ lại các số hạng mà hạt 1 ở trạng thái ${\psi }_{+1/2}$ (gồm $|1⟩$ và $|2⟩$). Chuẩn hóa lại hàm sóng sau phép đo:

$${\mathrm{\Psi }}_A=\frac{1}{\sqrt{2}}(|1⟩-|2⟩).$$

(d) Xác suất đo spin của hạt tại bẫy $B$ (${\overrightarrow{r}}_2$) sau phép đo thứ nhất: Từ biểu thức ${\mathrm{\Psi }}_A$, hạt 2 chỉ có thể ở trạng thái ${\psi }_{-1/2}$ (trong $|1⟩$) hoặc ${\psi }_{-3/2}$ (trong $|2⟩$) với biên độ xác suất lần lượt là $1/\sqrt{2}$ và $-1/\sqrt{2}$. Các xác suất đo được tại bẫy $B$:

• $P(m_z=-1/2)=1/2=50\mathrm{\%}$.
• $P(m_z=-3/2)=1/2=50\mathrm{\%}$.
• $P(m_z=+1/2)=0$.
• $P(m_z=+3/2)=0$.

(e) sau phép đo tại bẫy $C$ (${\overrightarrow{r}}_3$ có $m_z=-3/2$): Từ ${\mathrm{\Psi }}_A$, chỉ có số hạng $|1⟩$ có hạt 3 ở trạng thái ${\psi }_{-3/2}$. Do đó hàm sóng sụp đổ về:

$${\mathrm{\Psi }}_{AC}={\psi }_{+1/2}{\psi }_{-1/2}{\psi }_{-3/2}.$$

(f) Xác suất đo spin của hạt tại bẫy $B$ sau phép đo thứ hai: Sau khi hạt 1 được xác định ở trạng thái $+1/2$ và hạt 3 ở trạng thái $-3/2$, sự sụp đổ trạng thái vướng víu khiến hạt 2 chắc chắn $100\mathrm{\%}$ rơi vào trạng thái $-1/2$:

• $P(m_z=-1/2)=1=100\mathrm{\%}$.
• $P(m_z=+1/2)=0$.
• $P(m_z=-3/2)=0$.
• $P(m_z=+3/2)=0$.

41.68

Bài toán thử thách. Mỗi electron trong số $2N$ electron (khối lượng $m$) được tự do chuyển động dọc theo trục $x$. Thế năng của mỗi electron là $U(x)=\frac{1}{2}{k}^{\prime }{x}^2$, trong đó $k^{\prime }$ là một hằng số dương. Các tương tác điện và từ giữa các electron có thể bỏ qua. Sử dụng để chứng minh rằng năng lượng tối thiểu của hệ $2N$ electron này là $E_{\min }=\hslash N^2\sqrt{k^{\prime }/m}$.

Gợi ý: Dùng phổ dao động tử điều hòa ở mục 40.5 và công thức tổng trong Bài 41.47.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho $2N$ electron không tương tác trong dao động tử điều hòa $U(x)=\frac{1}{2}{k}^{\prime }{x}^2$. Chứng minh năng lượng trạng thái cơ bản của hệ là $E_{\min }=\hslash N^2\sqrt{k^{\prime }/m}$.

Hướng đi:

• Mức năng lượng đơn hạt: Mức năng lượng của dao động tử điều hòa một chiều là $E_k=(k+1/2)\hslash \omega$ với $k=0,1,2,\dots$ và tần số góc $\omega =\sqrt{k^{\prime }/m}$.
• : Mỗi mức lượng tử không gian $k$ chứa tối đa 2 electron với spin đối song ($m_s=+1/2$ và $m_s=-1/2$).
• Trạng thái năng lượng tối thiểu: Để đạt năng lượng thấp nhất, $2N$ electron phải lấp đầy các mức năng lượng thấp nhất từ $k=0$ đến $k=N-1$, mỗi mức chứa đúng 2 electron.
• Tính tổng năng lượng: Sử dụng công thức tính tổng cấp số cộng $\sum _{k=0}^{N-1}k=\frac{(N-1)N}{2}$.

cho từng electron độc lập tương ứng với dao động tử điều hòa một chiều có tần số góc:

$$\omega =\sqrt{\frac{k^{\prime }}{m}}.$$

Các mức năng lượng khả dĩ của một electron với $k=0,1,2,\dots$ là:

$$E_k=(k+\frac{1}{2})\hslash \omega .$$

Theo , do electron là hạt có spin $s=1/2$ với hai trạng thái spin $m_s=\pm 1/2$, mỗi mức dao động tử $k$ chỉ có thể chứa tối đa 2 electron. Để năng lượng toàn phần của hệ $2N$ electron đạt giá trị cực tiểu (trạng thái cơ bản của hệ nhiều hạt), các electron phải điền đầy $N$ mức năng lượng thấp nhất từ $k=0$ đến $k=N-1$, mỗi mức chứa đúng 2 electron.

Với $N=2$, hai cặp electron chiếm các mức $E_0$ và $E_1$, nên tổng năng lượng là $2E_0+2E_1=4\hslash \omega$. Với $N$ bất kỳ, trước hết cộng năng lượng đơn hạt của từng mức đã chiếm:

$$H=E_0+E_1+\cdots +E_{N-1}$$

Đây là tổng $H=\sum _{k=0}^{N-1}{E}_k$. Mỗi mức chứa hai electron, nên tổng năng lượng tối thiểu của hệ là:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\min }& =\sum _{k=0}^{N-1}2E_k\\ & =2\hslash \omega \sum _{k=0}^{N-1}(k+\frac{1}{2})\\ & =N^2\hslash \omega .\end{array}$$

Áp dụng công thức tính tổng các số nguyên liên tiếp $\sum _{k=0}^{N-1}k=\frac{(N-1)N}{2}$ và $\sum _{k=0}^{N-1}\frac{1}{2}=\frac{N}{2}$, ta thu được đúng $N^2\hslash \omega$. Thay $\omega =\sqrt{k^{\prime }/m}$:

$$E_{\min }=\hslash N^2\sqrt{\frac{k^{\prime }}{m}}.$$

Hệ thức được chứng minh hoàn chỉnh.

Phổ mức năng lượng và sự điền đầy các cặp electron vào dao động tử điều hòa một chiều

41.69

Bài toán thử thách. Xét một mô hình đơn giản của nguyên tử heli, trong đó hai electron (mỗi electron có khối lượng $m$) chuyển động quanh hạt nhân (điện tích $+2e$) trên cùng một quỹ đạo tròn. Mỗi electron có mômen xung lượng quỹ đạo bằng $\hslash$ (tức là quỹ đạo có bán kính nhỏ nhất của Bohr), và hai electron luôn ở hai vị trí đối diện nhau qua hạt nhân trên cùng một đường kính. Bỏ qua các hiệu ứng của spin. (a) Xác định bán kính quỹ đạo $r$ và tốc độ quỹ đạo $v$ của mỗi electron theo bán kính Bohr $a_0$ và tốc độ Bohr $v_0$. (b) Tổng động năng của hai electron bằng bao nhiêu? (c) Thế năng tĩnh điện của toàn hệ (bao gồm hạt nhân và hai electron) bằng bao nhiêu? (d) Trong mô hình này, cần cung cấp năng lượng bằng bao nhiêu để bứt cả hai electron ra xa vô cực? Kết quả này so với giá trị thực nghiệm $79,0\mathrm{eV}$ như thế nào?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: bán cổ điển nguyên tử Heli với 2 electron đối xứng đường kính trên quỹ đạo tròn bán kính $r$, xung lượng $L=\hslash$. Tìm $r,v$, tổng động năng $K$, thế năng $U$, năng lượng ion hóa toàn phần và so sánh với giá trị thực nghiệm $79,0\mathrm{eV}$.

Hướng đi:

• Cân bằng lực trên mỗi electron: Mỗi electron chịu lực hút Coulomb hướng tâm từ hạt nhân $Z=2$ và lực đẩy tĩnh điện từ electron đối diện cách khoảng cách $2r$.
• Lực hướng tâm tổng hợp: Lực tác dụng tổng hợp là $F_{\mathrm{net}}=F_{\mathrm{nuc}}-F_{\mathrm{rep}}=\frac{7}{4}\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}$.
• Điều kiện lượng tử hóa Bohr: Mômen động lượng $L=mvr=\hslash ⟹v=\frac{\hslash }{mr}$.
• Năng lượng toàn phần: $E=K+U$. Năng lượng cần bứt cả hai electron là $-E$.

(a) Xác định bán kính quỹ đạo $r$ và tốc độ $v$: Lực hút tĩnh điện do hạt nhân tích điện $+2e$ tác dụng lên mỗi electron:

$$F_{\mathrm{nuc}}=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{2e^2}{r^2}.$$

Khoảng cách giữa hai electron nằm ở hai đầu đường kính là $2r$. Lực đẩy tĩnh điện giữa hai electron:

$$F_{\mathrm{rep}}=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{e^2}{4r^2}.$$

Hợp lực hướng tâm tác dụng lên mỗi electron là $F_{\mathrm{net}}=F_{\mathrm{nuc}}-F_{\mathrm{rep}}$:

$$F_{\mathrm{net}}=\frac{7}{4}\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}.$$

Theo định luật II Newton cho chuyển động tròn đều $F_{\mathrm{net}}=m_e{v}^2/r$:

$$\frac{7}{4}\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_{0}r}=m_e{v}^2.$$

Áp dụng điều kiện lượng tử hóa xung lượng góc của Bohr cho mỗi electron ($L=m_{e}vr=\hslash$, suy ra $v=\hslash /(m_{e}r)$):

$$\frac{7}{4}\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_{0}r}=\frac{{\hslash }^2}{m_e{r}^2}.$$

Giải phương trình tìm bán kính quỹ đạo $r$:

$$r=\frac{4}{7}{a}_0\approx 3,02\times {10}^{-11}\mathrm{m}.$$

Tốc độ quỹ đạo của mỗi electron:

$$v=\frac{7}{4}{v}_0\approx 3,83\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

(b) Tổng động năng của hai electron: Mỗi electron có động năng $K_1=\frac{1}{2}{m}_e{v}^2$. Tổng động năng của cả hai electron:

$$K_{\mathrm{total}}=\frac{7}{4}\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_{0}r}.$$

Thay $r=\frac{4}{7}{a}_0$:

$$\begin{array}{rl}{K}_{\mathrm{total}}& =\frac{49}{8}(\mathrm{13,606}\mathrm{eV})\\ & \approx 83,34\mathrm{eV}.\end{array}$$

(c) Thế năng tĩnh điện của hệ: Thế năng toàn phần bao gồm thế năng tương tác của hạt nhân với hai electron và thế năng đẩy giữa hai electron:

$$\begin{array}{rl}U& =-\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_{0}r}(4-\frac{1}{2})\\ & =-\frac{7}{2}\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_{0}r}.\end{array}$$

Chú ý rằng $U=-2K_{\mathrm{total}}$, hoàn toàn thỏa mãn định lý Virial. Giá trị số của thế năng:

$$\begin{array}{rl}U& =-2K_{\mathrm{total}}\\ & \approx -166,67\mathrm{eV}.\end{array}$$

(d) Năng lượng ion hóa toàn phần: Năng lượng cơ học toàn phần của nguyên tử heli trong mô hình này:

$$\begin{array}{rl}E& =K_{\mathrm{total}}+U\\ & \approx -83,34\mathrm{eV}.\end{array}$$

Năng lượng cần cung cấp để bứt cả hai electron ra xa vô cực (năng lượng liên kết toàn phần):

$$E_{\mathrm{ion}}=-E\approx +83,34\mathrm{eV}.$$

So sánh với giá trị thực nghiệm: Giá trị thực nghiệm đo được để ion hóa hoàn toàn hai electron của heli là $E_{\exp }=79,0\mathrm{eV}$. Độ sai lệch tương đối $\frac{83,34-79,0}{79,0}\times 100\mathrm{\%}\approx 5,5\mathrm{\%}$:

$$\frac{\mathrm{\Delta }E}{E_{\exp }}\approx 5,5\mathrm{\%}.$$

Mô hình bán cổ điển đơn giản hóa này cho kết quả chỉ lệch $5,5\mathrm{\%}$ so với thực nghiệm, một mức độ chính xác ấn tượng đối với mô hình quỹ đạo đường kính chưa xét đầy đủ.

Mô hình Bohr bán cổ điển của nguyên tử Heli với hai electron nằm đối xứng qua đường kính quỹ đạo

Bài tập đoạn văn theo định dạng MCAT: Nguyên tử có kích thước bất thường (Atoms of Unusual Size)

Đoạn văn mở đầu

Nguyên tử có kích thước bất thường (Atoms of Unusual Size). Trong quá trình quang hợp ở thực vật, ánh sáng được hấp thụ bởi các phức hợp thu nhận ánh sáng cấu tạo từ protein và các phân tử sắc tố. Năng lượng hấp thụ sau đó được vận chuyển đến một phức hợp chuyên biệt gọi là trung tâm phản ứng. Các hiệu ứng cơ học lượng tử có thể đóng vai trò quan trọng trong cơ chế truyền tải năng lượng tinh vi này. Trong một thí nghiệm gần đây, các nhà nghiên cứu đã làm lạnh các nguyên tử rubidium xuống nhiệt độ cực thấp để mô phỏng và khảo sát một quá trình truyền năng lượng tương tự trong phòng thí nghiệm. Ánh sáng laser được sử dụng để kích thích một electron trong mỗi nguyên tử lên trạng thái có số lượng tử chính $n$ rất lớn.

Electron bị kích thích mạnh này có hành vi rất giống với electron duy nhất trong nguyên tử hydrogen, với số hiệu nguyên tử hiệu dụng (đã bị chắn bởi các electron lớp trong) $Z_{\mathrm{eff}}=1$. Tuy nhiên, do số lượng tử $n$ rất lớn, electron bị kích thích nằm cách hạt nhân một khoảng cách lớn so với kích thước nguyên tử thông thường, với bán kính quỹ đạo xấp xỉ $1\mu \mathrm{m}$, và chỉ liên kết rất yếu với lõi ion. Bằng cách sử dụng các nguyên tử trạng thái kích thích cao này (thường gọi là nguyên tử Rydberg), các nhà nghiên cứu đã đo đạc và quan sát trực tiếp phương thức năng lượng được vận chuyển từ nguyên tử này sang nguyên tử kế cận. Quá trình này có thể làm mô hình để nghiên cứu sự truyền năng lượng trong quang hợp. (Nguồn: “Observing the Dynamics of Dipole-Mediated Energy Transport by Interaction Enhanced Imaging”, G. Günter et al., Science 342(6161): 954–956, Nov. 2013).

---

41.70

Trong , số lượng tử chính $n$ ứng với trường hợp electron kích thích có bán kính quỹ đạo xấp xỉ $1\mu \mathrm{m}$ bằng bao nhiêu? (a) $140$. (b) $400$. (c) $20$. (d) $81$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xác định số lượng tử chính $n$ của nguyên tử rubidium Rydberg có electron hóa trị ở bán kính quỹ đạo $r\approx 1\mu \mathrm{m}$, biết $Z_{\mathrm{eff}}=1$.

Hướng đi:

• Bán kính : Trong nguyên tử dạng hydrogen hoặc trạng thái Rydberg với $Z_{\mathrm{eff}}=1$, bán kính quỹ đạo Bohr thứ $n$ tỉ lệ thuận với bình phương số lượng tử chính: $r_n=n^2{a}_0/Z_{\mathrm{eff}}=n^2{a}_0$.
• Giải số lượng tử chính: Từ bán kính đã cho $r_n=1\mu \mathrm{m}={10}^{-6}\mathrm{m}$, suy ra $n=\sqrt{r_n/a_0}$.

Bán kính của electron trong ở trạng thái có số lượng tử chính $n$ được xác định bởi công thức:

$$r_n=\frac{n^2{a}_0}{Z_{\mathrm{eff}}}.$$

Với nguyên tử Rydberg của rubidium, electron ngoài cùng được chắn gần như hoàn toàn bởi $36$ electron lớp trong, dẫn đến điện tích hiệu dụng của lõi nguyên tử là $Z_{\mathrm{eff}}\approx 1$. Do đó:

$$r_n=n^2{a}_0.$$

Suy ra số lượng tử chính $n$ là:

$$n=\sqrt{\frac{r_n}{a_0}}.$$

Thay các giá trị số với $r_n=1\mu \mathrm{m}=1,0\times {10}^{-6}\mathrm{m}$ và bán kính Bohr $a_0\approx \mathrm{5,291}77\times {10}^{-11}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}n& =\sqrt{\frac{1,0\times {10}^{-6}\mathrm{m}}{\mathrm{5,291}77\times {10}^{-11}\mathrm{m}}}\\ & =\sqrt{18897}\\ & \approx 137,5.\end{array}$$

Làm tròn đến hai chữ số có nghĩa theo các phương án trắc nghiệm đã cho, ta thu được $n\approx 140$.

Đáp án đúng: (a).

---

41.71

Coi kích thước của một nguyên tử Rydberg bằng đường kính quỹ đạo của electron bị kích thích. Nếu các nhà nghiên cứu muốn thực hiện thí nghiệm này với các nguyên tử rubidium ở thể khí, trong đó các nguyên tử cách nhau một khoảng bằng $10$ lần kích thước của chúng, thì mật độ nguyên tử trên mỗi centimet khối phải vào khoảng (a) ${10}^5{\text{ nguyên tử/cm}}^3$. (b) ${10}^8{\text{ nguyên tử/cm}}^3$. (c) ${10}^{11}{\text{ nguyên tử/cm}}^3$. (d) ${10}^{21}{\text{ nguyên tử/cm}}^3$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cho kích thước nguyên tử Rydberg là đường kính quỹ đạo $d=2r$ với $r=1\mu \mathrm{m}$. Các nguyên tử cách nhau $D=10d$. Ước tính mật độ số nguyên tử ${\rho }_N$ theo đơn vị ${\text{nguyên tử/cm}}^3$.

Hướng đi:

• Kích thước nguyên tử: Đường kính quỹ đạo bằng hai lần bán kính: $d=2r_n$.
• Khoảng cách trung bình: Khoảng cách giữa tâm hai nguyên tử kế cận là $D=10d$.
• Thể bố không gian: Mỗi nguyên tử chiếm một thể tích không gian hiệu dụng xấp xỉ bằng thể tích hình lập phương có cạnh $D$: $V_{\mathrm{atom}}\sim D^3$.
• Mật độ thể tích: Mật độ số nguyên tử là nghịch đảo của thể bố: ${\rho }_N\sim 1/V_{\mathrm{atom}}=1/D^3$.

Đường kính quỹ đạo của electron trong nguyên tử Rydberg:

$$\begin{array}{rl}d& =2r_n\\ & =2\times 1,0\mu \mathrm{m}\\ & =2,0\times {10}^{-4}\mathrm{cm}.\end{array}$$

Khoảng cách trung bình giữa các nguyên tử theo yêu cầu thí nghiệm:

$$\begin{array}{rl}D& =10d\\ & =10\times 2,0\times {10}^{-4}\mathrm{cm}\\ & =2,0\times {10}^{-3}\mathrm{cm}.\end{array}$$

Thể tích không gian trung bình dành cho mỗi nguyên tử:

$$\begin{array}{rl}{V}_{\mathrm{atom}}& \approx D^3\\ & =(2,0\times {10}^{-3}\mathrm{cm}{)}^3\\ & =8,0\times {10}^{-9}{\mathrm{cm}}^3.\end{array}$$

Mật độ số nguyên tử trên mỗi centimet khối:

$$\begin{array}{rl}{\rho }_N& =\frac{1}{V_{\mathrm{atom}}}\\ & =\frac{1}{8,0\times {10}^{-9}{\mathrm{cm}}^3}\\ & =1,25\times {10}^8{\mathrm{cm}}^{-3}.\end{array}$$

Bậc độ lớn của mật độ nguyên tử là ${10}^8{\text{ nguyên tử/cm}}^3$.

Đáp án đúng: (b).

---

41.72

Giả sử các nhà nghiên cứu đưa một nguyên tử vào trạng thái có $n=100$ và $l=2$. Độ lớn của mômen động lượng quỹ đạo $\overrightarrow{L}$ liên kết với trạng thái này bằng bao nhiêu? (a) $\sqrt{2}\hslash$. (b) $\sqrt{6}\hslash$. (c) $\sqrt{200}\hslash$. (d) $\sqrt{\mathrm{10,100}}\hslash$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tìm độ lớn của vec-tơ mômen động lượng quỹ đạo $|\overrightarrow{L}|$ của electron trong trạng thái lượng tử có $n=100$ và $l=2$.

Hướng đi:

• Quy tắc lượng tử hóa mômen động lượng quỹ đạo: Trong cơ học lượng tử, độ lớn của vec-tơ mômen động lượng quỹ đạo $\overrightarrow{L}$ được xác định duy nhất bởi số lượng tử quỹ đạo $l$: $|\overrightarrow{L}|=\sqrt{l(l+1)}\hslash$.
• Độc lập với số lượng tử chính: Số lượng tử chính $n$ quy định mức năng lượng của nguyên tử, hoàn toàn không làm thay đổi trực tiếp biểu thức độ lớn của mômen động lượng quỹ đạo khi $l$ đã được cố định.

Độ lớn của vec-tơ mômen động lượng quỹ đạo của electron trong nguyên tử được xác định bởi công thức cơ học lượng tử chuẩn tắc:

$$|\overrightarrow{L}|=\sqrt{l(l+1)}\hslash .$$

Với trạng thái đã cho có $l=2$:

$$\begin{array}{rl}|\overrightarrow{L}|& =\sqrt{2(2+1)}\hslash \\ & =\sqrt{6}\hslash .\end{array}$$

Giá trị này hoàn toàn độc lập với giá trị $n=100$.

Đáp án đúng: (b).

---

41.73

Có bao nhiêu trạng thái electron phân biệt có thể tồn tại trong phân lớp $n=100$, $l=2$? (a) $2$. (b) $100$. (c) $\mathrm{10,000}$. (d) $10$.

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xác định tổng số trạng thái lượng tử electron đơn lẻ phân biệt trong phân lớp xác định bởi $n=100$ và $l=2$.

Hướng đi:

• Bộ : Mỗi trạng thái lượng tử của electron trong trường xuyên tâm được đặc trưng đầy đủ bởi bốn số lượng tử: $(n,l,m_l,m_s)$.
• hình chiếu quỹ đạo: Ứng với số lượng tử quỹ đạo $l$, số lượng tử từ quỹ đạo $m_l$ nhận $2l+1$ giá trị nguyên trong đoạn $[-l,+l]$.
• spin: Electron mang spin $s=1/2$, nên ứng với mỗi trạng thái không gian $(n,l,m_l)$, số lượng tử hình chiếu spin $m_s$ có đúng $2$ giá trị khả dĩ: $m_s=+1/2$ (spin hướng lên) và $m_s=-1/2$ (spin hướng xuống).
• Tổng số trạng thái: Số trạng thái trong một phân lớp bằng $2(2l+1)$.

Một phân lớp electron được xác định bởi hai số lượng tử $n$ và $l$. Ở đây $n=100$ và $l=2$ (phân lớp $100\mathrm{d}$).

Để chỉ rõ từng trạng thái lượng tử riêng biệt của electron, ta xét các giá trị của hai số lượng tử còn lại:

1. Số lượng tử từ quỹ đạo $m_l$: Nhận các giá trị nguyên thỏa mãn $-l\le m_l\le +l$. Với $l=2$, có $2l+1=2(2)+1=5$ giá trị:

$$m_l\in \{-2,-1,0,+1,+2\}.$$

2. Số lượng tử từ spin $m_s$: Electron là hạt fermion spin-$1/2$, do đó có $2s+1=2$ hướng spin:

$$m_s\in \{-\frac{1}{2},+\frac{1}{2}\}.$$

Theo , mỗi trạng thái lượng tử $(n,l,m_l,m_s)$ chỉ có thể được chiếm giữ bởi tối đa một electron. Vì vậy, tổng số trạng thái electron phân biệt trong phân lớp này là:

$$\begin{array}{rl}{N}_{\mathrm{states}}& =2(2l+1)\\ & =2\times 5\\ & =10.\end{array}$$

Mười trạng thái này tương ứng với $5$ không gian phân biệt, mỗi orbital có thể chứa tối đa $2$ electron mang spin trái dấu.

Đáp án đúng: (d).

Bài tập cầu nối: Mô hình nguyên tử nhiều electron trong hộp (A Many-Electron Atom in a Box)

Bài tập cầu nối

Một nguyên tử titan mang $22$ electron và có bán kính nguyên tử bằng $1,47\times {10}^{-10}\mathrm{m}$. Xét một hộp lập phương cứng có thể tích bằng đúng thể tích của nguyên tử titan này.

(a) Kích thước các cạnh của chiếc hộp lập phương này bằng bao nhiêu?

(b) Xác định các số lượng tử $n_X,n_Y,n_Z$ và $m_s$ cho trạng thái của từng electron trong số $22$ electron ở trạng thái cơ bản của “nguyên tử” hình hộp lập phương này. (Gợi ý: Tham khảo Hình 41.4 trong bài học để xác định một số mức năng lượng đầu tiên của hộp lập phương so với mức cơ bản $E_{1,1,1}$.)

(c) Tìm năng lượng của từng mức năng lượng mà các electron chiếm giữ. (Bỏ qua tương tác lực điện từ giữa các electron với nhau.)

(d) Giả sử bạn bứt một trong các electron ở mức năng lượng thấp nhất ra khỏi hộp. Kết quả là một trong các electron từ mức năng lượng bị chiếm cao nhất nhảy xuống mức thấp nhất để lấp đầy lỗ trống, đồng thời phát xạ một trong quá trình dịch chuyển này. Năng lượng của photon phát ra bằng bao nhiêu? Giá trị này so với năng lượng của photon tia X $K_{\alpha }$ của titanium dự đoán theo như thế nào?

Xem lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khảo sát mô hình gián tiếp của nguyên tử titan ($Z=22$, $R=1,47\times {10}^{-10}\mathrm{m}$) dưới dạng $22$ electron độc lập bị giam cầm trong hộp lập phương có cùng thể tích $V=\frac{4}{3}\pi R^3=L^3$. (a) Tìm chiều dài cạnh hộp $L$. (b) Liệt kê bộ $(n_X,n_Y,n_Z,m_s)$ của $22$ electron ở trạng thái cơ bản. (c) Tính trị số năng lượng của các mức bị chiếm. (d) Tính năng lượng phát ra khi electron từ mức cao nhất nhảy xuống lấp lỗ trống mức thấp nhất và so sánh với photon $K_{\alpha }$ theo .

Hướng đi:

• Hình học không gian: Đồng nhất thể tích hình cầu của nguyên tử với thể tích hình lập phương: $L=(4\pi /3{)}^{1/3}R$.
• Mức năng lượng : Năng lượng trạng thái dừng là $E=K{E}_0$ với hằng số tỉ lệ $E_0=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}^2}$.
• : Mỗi trạng thái không gian $(n_X,n_Y,n_Z)$ chứa tối đa $2$ electron ứng với hai chiều spin $m_s=\pm 1/2$. Sắp xếp lần lượt $22$ electron vào các mức có tổng bình phương $K=n_X^2+n_Y^2+n_Z^2$ từ thấp lên cao.
• Bảo toàn năng lượng phát xạ: Năng lượng phát ra bằng hiệu mức năng lượng: $E_{\mathrm{photon}}=E_{\mathrm{cao}}-E_{\mathrm{th}\mathrm{ấ}\mathrm{p}}$.
• : Dùng tần số $f=C(Z-1{)}^2$, với $C=2,48\times {10}^{15}\mathrm{Hz}$, rồi tính năng lượng bằng $E=hf$. Mô hình che chắn đơn giản còn cho ước lượng năng lượng khoảng $10,2(Z-1{)}^2\mathrm{eV}$.

---

Hướng dẫn giải chi tiết

Nhận diện và thiết lập (Identify and Set Up)

1. Bài toán kết hợp mô hình thế lập phương ba chiều với để xây dựng cho một hệ nhiều hạt giam cầm. Sau đó, hiện tượng phát xạ khi lấp lỗ trống lớp trong được đối chiếu trực tiếp với cơ chế phát xạ $K_{\alpha }$ và .

2. Các đại lượng mục tiêu cần xác định gồm:

   • Chiều dài cạnh hộp lập phương $L$.
   • Cấu hình trạng thái lượng tử của $22$ electron biểu diễn qua bộ $(n_X,n_Y,n_Z,m_s)$.
   • Năng lượng của các mức lượng tử tương ứng theo đơn vị electronvolt ($\mathrm{eV}$).
   • Năng lượng phát xạ và mức độ chênh lệch so với giá trị thực tế của vạch phổ $K_{\alpha }$.

Thực hiện giải toán (Execute)

3. Xác định kích thước cạnh hộp lập phương (Ý a): Thể tích của nguyên tử titan hình cầu bán kính $R=1,47\times {10}^{-10}\mathrm{m}$ là:

$$V=\frac{4}{3}\pi R^3.$$

Vì hộp lập phương có thể tích đúng bằng thể tích nguyên tử:

$$L^3=\frac{4}{3}\pi R^3.$$

Với bán kính $R=1,47\times {10}^{-10}\mathrm{m}$ và $(4\pi /3{)}^{1/3}\approx \mathrm{1,612}$, suy ra chiều dài mỗi cạnh của hộp lập phương:

$$\begin{array}{rl}L& ={\left(\frac{4\pi }{3}\right)}^{1/3}R\\ & \approx 2,37\times {10}^{-10}\mathrm{m}.\end{array}$$

4. Xác định các mức năng lượng và cấu hình $22$ electron (Ý b): Năng lượng của một hạt electron khối lượng $m_e$ bị giam giữ trong hộp lập phương ba chiều có cạnh $L$ với mức năng lượng cơ sở $E_0$:

$$E_0=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}^2}.$$

Năng lượng của trạng thái $(n_X,n_Y,n_Z)$ là:

$$E=(n_X^2+n_Y^2+n_Z^2)E_0.$$

Tính giá trị số của $E_0$ với $L\approx 2,37\times {10}^{-10}\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}{E}_0& =\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m_e{L}^2}\\ & \approx \mathrm{1,072}\times {10}^{-18}\mathrm{J}\\ & \approx 6,70\mathrm{eV}.\end{array}$$

Mỗi tổ hợp các số nguyên dương $(n_X,n_Y,n_Z)$ xác định một không gian. Do electron mang spin $s=1/2$, mỗi trạng thái không gian có thể tiếp nhận đúng $2$ electron mang hai hướng spin trái dấu: $m_s=+1/2$ và $m_s=-1/2$.

Để hệ đạt trạng thái cơ bản có tổng năng lượng cực tiểu, các electron sẽ lần lượt chiếm giữ các mức có giá trị tổng bình phương $K=n_X^2+n_Y^2+n_Z^2$ từ nhỏ đến lớn:

• Mức cơ bản $K=1^2+1^2+1^2=3$: Gồm duy nhất $1$ trạng thái không gian $(1,1,1)$. Mức này chứa tối đa $2$ electron:

$$(1,1,1,\pm 1/2).$$

Số electron tích lũy: $2$ electron.

• Mức kích thích thứ nhất $K=2^2+1^2+1^2=6$: Gồm $3$ trạng thái không gian suy biến hoán vị $(2,1,1)$, $(1,2,1)$, $(1,1,2)$. Mức này chứa tối đa $3\times 2=6$ electron:

$$\begin{array}{rl}& (2,1,1,\pm 1/2),\\ & (1,2,1,\pm 1/2),\\ & (1,1,2,\pm 1/2).\end{array}$$

Số electron tích lũy: $2+6=8$ electron.

• Mức kích thích thứ hai $K=2^2+2^2+1^2=9$: Gồm $3$ trạng thái không gian $(2,2,1)$, $(2,1,2)$, $(1,2,2)$. Mức này chứa tối đa $3\times 2=6$ electron:

$$\begin{array}{rl}& (2,2,1,\pm 1/2),\\ & (2,1,2,\pm 1/2),\\ & (1,2,2,\pm 1/2).\end{array}$$

Số electron tích lũy: $8+6=14$ electron.

• Mức kích thích thứ ba $K=3^2+1^2+1^2=11$: Gồm $3$ trạng thái không gian $(3,1,1)$, $(1,3,1)$, $(1,1,3)$. Mức này chứa tối đa $3\times 2=6$ electron:

$$\begin{array}{rl}& (3,1,1,\pm 1/2),\\ & (1,3,1,\pm 1/2),\\ & (1,1,3,\pm 1/2).\end{array}$$

Số electron tích lũy: $14+6=20$ electron.

• Mức kích thích thứ tư $K=2^2+2^2+2^2=12$: Gồm duy nhất $1$ trạng thái không gian $(2,2,2)$. Để đủ tổng số $22$ electron của nguyên tử titan, $2$ electron cuối cùng sẽ chiếm trọn vẹn mức này:

$$(2,2,2,\pm 1/2).$$

Số electron tích lũy: $20+2=22$ electron. Mức năng lượng này vừa vặn được lấp đầy hoàn toàn.

5. Năng lượng của từng mức bị chiếm (Ý c): Sử dụng giá trị cơ sở $E_0\approx \mathrm{6,692}\mathrm{eV}$ (hoặc làm tròn tiêu chuẩn $6,70\mathrm{eV}$), năng lượng của $5$ mức lượng tử bị chiếm lần lượt là:

$$\begin{array}{rl}& E_1=3E_0\approx 20,1\mathrm{eV},\\ & E_2=6E_0\approx 40,2\mathrm{eV},\\ & E_3=9E_0\approx 60,3\mathrm{eV},\\ & E_4=11E_0\approx 73,7\mathrm{eV},\\ & E_5=12E_0\approx 80,4\mathrm{eV}.\end{array}$$

Hình 41.B: Sơ đồ 5 mức năng lượng bị chiếm bởi 22 electron của nguyên tử Titan trong mô hình hộp thế lập phương và bước chuyển phát xạ photon 60,3 eV khi lấp lỗ trống mức cơ bản.

6. Năng lượng phát xạ và so sánh với (Ý d): Khi một electron ở mức thấp nhất $(1,1,1)$ bị bứt ra ngoài, một electron từ mức cao nhất bị chiếm $(2,2,2)$ nhảy xuống lấp lỗ trống. Năng lượng của photon phát xạ bằng độ chênh lệch năng lượng giữa hai mức này:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{photon}}& =E_{2,2,2}-E_{1,1,1}\\ & =12E_0-3E_0\\ & =9E_0\\ & =9\times \mathrm{6,692}\mathrm{eV}\\ & \approx 60,3\mathrm{eV}.\end{array}$$

Với nguyên tử titan có $Z=22$, cho tần số vạch $K_{\alpha }$. Đặt $C=2,48\times {10}^{15}\mathrm{Hz}$:

$$\begin{array}{rl}{f}_{\mathrm{M}}& =C(Z-1{)}^2\\ & \approx \mathrm{1,094}\times {10}^{18}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Năng lượng tương ứng là:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{M}}& =h{f}_{\mathrm{M}}\\ & \approx 4,52\mathrm{keV}.\end{array}$$

Mô hình che chắn đơn giản với $Z_{\mathrm{e}\mathrm{f}\mathrm{f}}=21$ còn cho ước lượng:

$$\begin{array}{rl}{E}_{K_{\alpha }}& \approx {21}^2(10,2\mathrm{eV})\\ & \approx 4,50\mathrm{keV}.\end{array}$$

Hai con số khác nhau do hệ số thực nghiệm Moseley và mô hình che chắn chỉ gần trùng nhau. Sự khác biệt nhỏ ấy không làm thay đổi so sánh với của hộp thế.

So sánh hai kết quả:

$$\frac{E_{K_{\alpha }}}{E_{\mathrm{photon}}}\approx \frac{4520\mathrm{eV}}{60,3\mathrm{eV}}\approx 75.$$

Năng lượng phát ra trong mô hình hộp lập phương nhỏ hơn giá trị thực tế của vạch tia X $K_{\alpha }$ tới $75$ lần.

Đánh giá và thảo luận (Evaluate)

7. Mô hình nguyên tử hình hộp có phải là một mô hình hữu ích cho titan hay không?

   • Về mặt định tính: Mô hình này rất trực quan và bổ ích trong việc minh họa , quy tắc lấp đầy các lượng tử độc lập, sự hình thành các vỏ năng lượng đóng kín và trạng thái do tính đối xứng không gian.
   • Về mặt định lượng: Mô hình không tái hiện được thang năng lượng tia X của titan. Hạt nhân thực mang điện tích $+Ze=+22e$ và tạo thế Coulomb $-Z{e}^2/(4\pi {\epsilon }_{0}r)$. Các electron vỏ trong tập trung gần hạt nhân và có năng lượng liên kết tới hàng nghìn electronvolt. Trong hộp vô hạn, thế năng bên trong bằng không ở mọi vị trí, nên thiếu cơ chế liên kết này.

8. Ước lượng độ lớn tương tác đẩy tĩnh điện giữa hai electron: Để đánh giá việc bỏ qua tương tác tĩnh điện giữa các electron trong đề bài có phải là một phép xấp xỉ tốt hay không, ta ước tính thế năng đẩy Coulomb giữa hai electron đặt cách nhau một khoảng bằng một nửa kích thước hộp:

$$r_{12}=\frac{L}{2}\approx \mathrm{1,185}\times {10}^{-10}\mathrm{m}$$

Thế năng đẩy tĩnh điện giữa hai điện tích nguyên tố này với $e^2/(4\pi {\epsilon }_0)\approx \mathrm{2,307}\times {10}^{-28}\mathrm{J}\cdot \mathrm{m}$ là:

$$\begin{array}{rl}{U}_{\mathrm{Coulomb}}& =\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{e^2}{r_{12}}\\ & \approx \mathrm{1,947}\times {10}^{-18}\mathrm{J}\\ & \approx 12,2\mathrm{eV}.\end{array}$$

So sánh năng lượng tương tác đẩy $U_{\mathrm{Coulomb}}\approx 12,2\mathrm{eV}$ này với khoảng cách giữa các mức năng lượng đã tính ở bước 5:

• Độ chênh lệch giữa các mức là $\mathrm{\Delta }{E}_{1\to 2}\approx 20,1\mathrm{eV}$.
• $\mathrm{\Delta }{E}_{2\to 3}\approx 20,1\mathrm{eV}$.
• $\mathrm{\Delta }{E}_{3\to 4}\approx 13,4\mathrm{eV}$.
• $\mathrm{\Delta }{E}_{4\to 5}\approx 6,7\mathrm{eV}$.

Năng lượng đẩy ước tính $12,2\mathrm{eV}$ cùng bậc với các khoảng cách mức, trong đó có những khoảng chỉ $6,7\mathrm{eV}$ hoặc $13,4\mathrm{eV}$. Vì vậy, không có tham số nhỏ để biện minh việc bỏ tương tác này trong phép tính định lượng đang xét. Ước lượng trên chưa xác định chi tiết các mức sẽ dịch chuyển và sắp xếp lại như thế nào.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 41, trang 1400–1407.