Magnetisches Moment und Zeeman- Effekt

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Quantenmechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD

Der Artikel Magnetisches Moment und Zeeman- Effekt basiert auf der Vorlesungsmitschrift von Franz- Josef Schmitt des 3.Kapitels (Abschnitt 5) der Quantenmechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD.

Drehimpuls

Inhaltsverzeichnis

1 Normaler Zeeman- Effekt:

Drehimpuls- Eigenzustände
Ortsdarstellung des Bahndrehimpulses
Kugelsymmetrische Potentiale
Das Wasserstoffatom
Magnetisches Moment und Zeeman- Effekt

Hamilton- Operator mit äußerem Magnetfeld:

$H=\frac{1}{2{{m}_{0}}}{{\left( \bar{p}-e\bar{A} \right)}^{2}}+V(r)$

mit kugelsymmetrischem Potenzial

Durch den kinetischen Impulsoperator: $\left( \bar{p}-e\bar{A} \right)$

ist der Einfluss von äußeren Feldern auf den Bahndrehimpuls schon in der Gleichungen enthalten. Es folgt bereits der Zeemann Effekt aus dem gemachten Ansatz. Würde man dagegen auf Effekte hoffen, die erst angesichts des Spins von Elektronen auftreten, so wäre dies vergebens. Effekte des Spins sind in die Gleichung noch nicht eingebaut!

$H=\frac{1}{2{{m}_{0}}}\left( {{{\bar{p}}}^{2}}-2e\bar{A}\bar{p}+{{e}^{2}}{{{\bar{A}}}^{2}} \right)+V(r)$

Verwende: Coulombeichung: $\nabla \cdot \bar{A}=0$

→ $\bar{A}\bar{p}=\bar{p}\bar{A}$

für Operatoren

${{e}^{2}}{{\bar{A}}^{2}}$

sei für Atome vernachlässigbar, falls $\left\langle {{L}_{3}} \right\rangle \ne 0$ ,

falls  $B < 10 5 G$

vergl. Schwabl S. 128

Homogenes Magnetfeld: $\bar{A}=\frac{1}{2}\left( \bar{B}\times \bar{r} \right)$

wegen $\bar{B}=\nabla \times \bar{A}=\frac{1}{2}\left( \bar{B}\left( \nabla \cdot \bar{r} \right) \right)-\frac{1}{2}\left( \bar{B}\cdot \nabla \right)\bar{r}=\frac{1}{2}\left( \nabla \times \left( \bar{B}\times \bar{r} \right) \right)=\bar{B}$

Da ja $\left( \nabla \cdot \bar{r} \right)=3,\left( \bar{B}\cdot \nabla \right)\bar{r}=\bar{B}$

Somit:

$\frac{\hbar }{i}\left( \bar{A}\cdot \nabla \Psi \right)=\frac{\hbar }{2i}\left( \bar{B}\times \bar{r} \right)\nabla \Psi =\frac{\hbar }{2i}\bar{B}\left( \bar{r}\times \nabla \right)\Psi =\frac{1}{2}\left( \bar{B}\cdot \bar{L} \right)\Psi$

Sei

$\bar{B}=\left( 0,0,B \right)\Rightarrow \bar{B}\cdot \bar{L}=B{{L}_{3}}$

Schrödinger- Gleichung:

$\begin{align} & -\frac{{{\hbar }^{2}}}{2{{m}_{0}}}\Delta \Psi +\left( V-E-\frac{e}{2{{m}_{0}}}B{{L}_{3}} \right)\Psi =0 \\ & {{L}_{3}}\Psi =\hbar m\Psi \\ \end{align}$

Wobei

${{L}_{3}}\Psi =\hbar m\Psi$

für Drehimpuls- Eigenzustände

$\Rightarrow -\frac{{{\hbar }^{2}}}{2{{m}_{0}}}\Delta \Psi +\left( V(r)-E-\frac{e}{2{{m}_{0}}}\hbar mB \right)\Psi =0$

mit

$\frac{e}{2{{m}_{0}}}\hbar m:={{\mu }_{3}}$

(magnetisches Moment)

Klassisch:

$\bar{\mu }=-\frac{\partial H}{\partial \bar{B}}=\frac{e}{2{{m}_{0}}}\bar{L}$

Der Term im Hamiltonian der magnetischen Wechselwirkung.

$\begin{align} & {{H}_{mag.}}={{\mu }_{B}}\bar{B}=\frac{e\bar{B}\cdot \bar{L}}{2{{m}_{0}}}=\frac{eB{{L}_{3}}}{2{{m}_{0}}} \\ & {{\mu }_{B}}=\frac{\hbar e}{2{{m}_{0}}} \\ \end{align}$