第七章 固体的磁性

第七章 固体的磁性

1. 论证或举例说明下列断言的对或错。

（1）具有不满支壳层的离子必有固有磁矩；

（2）总电子数为奇数的离子必有固有磁矩；

（3）总角动量量子数2/1=j ，角动量必然是纯自旋的贡献，从而2==s g g ；

（4）自旋磁矩兰德因子2=s g ，轨道磁矩1=L g ，所以，自旋－轨道耦合的总磁矩的兰德因子g 必在1和2之间。

解：（1）具有不满支壳层的离子不一定有固有磁矩，如对于二价铁离子Fe 2＋，共有24个电子，其电子组态为3s 23p 63d 44s 24p 6，根据洪德定则可以确定总自旋角动量的2S =，总轨道角动量2L =，由于是未半满的壳层，故总角动量量子数0S L J =-=，其基态为5D 0，此时有效玻尔磁子数为0，故此时该离子固有磁矩为0。

（2）由于总电子数为奇数的离子，其总自旋角动量S 肯定是1/2的整数倍，而总轨道角动量L 肯定又是整数值，故该离子的总角动量量子数J （不到半满壳层S L J -=或刚好半满和超过半满壳层S L J +=）肯定不等于0，故此时有效玻尔磁子数也不等于0，那么该离子必有固有磁矩。

（3）对于一价铍离子Be ＋，其核外共有5个电子，电子组态为1s 22s 22p 1，根据洪德定

则可以确定总自旋角动量的2/1S =，总轨道角动量1L =，由于是未半满的壳层，故总角动量量子数2/1S L J =-=，但是该离子的角动量并不是纯自旋的贡献哦

（4）虽然自旋磁矩兰德因子2=s g ，轨道磁矩1=L g ，但是自旋－轨道耦合的总磁矩的兰德因子g 可以小于1，也可以大于2。例如对于电子组态为3s 23p 63d 34s 24p 6的离子，其自旋角动量的2/3S =，总轨道角动量3L =，总总角动量量子数2/3J =，由此可得其兰德因子为

4.0)

1(2)1()1()1(1=++-++++=J J L L S S J J g 2. 当传导电子浓度很小时（如半导体中），为什么在计算其磁化率时可以不考虑泡利原理的限制而直接应用玻尔兹曼统计？在计算磁性离子系统顺磁性时，也采用同样的方法，这是偶然现象吗？在讨论金属传导电子顺磁性时为何要用费米统计？

解：当传导电子浓度很小时（如半导体中），那么可以认为电子填充的各个能级是非简并的，因而电子填充能量为i E 态时服从玻尔兹曼分布。

由于磁性离子除去受外场作用外，基本上可以看成是只有的，故其电子填充的各个能级可以看成非简并的，故其电子填充能量为i E 态时服从玻尔兹曼分布。

在金属中，只有电子的浓度很高，在泡利不相容原理的支配下服从费米分布，电子填充的各个能级是高度简并的，故电子填充能量为i E 态时服从费米分布。

3. 由金属传导电子泡利顺磁性的分析过程，说明满带电子的顺磁化率为零。

解：由于电子气的磁化强度为

)(-+-=n n M s μ

而对于满带电子，自旋相反的两种电子数相等，即-+=n n 。

故此时电子气的磁化强度0=M ，那么其顺磁化率0/00==B M μχ。

4. Mn 和Cr 金属是反铁磁体，但它们与其它元素的某些合金却是铁磁性的，如何理解？铁磁性、反铁磁性是单个原子（离子）的行为吗？

解：在Mn 和Cr 金属中，存在两种排列相反的磁矩，其大小相等，故两种磁矩正好抵消，总的磁矩为0，故显示为反铁磁性，当它们与其它元素的组成合金时，合金中两种排列相反的磁矩可能就会出现大小不等的情况而显示出铁磁性。

由此可知，铁磁性、反铁磁性不是单个原子（离子）的行为，而是固体材料中大量原子（离子）的统计平均行为。

5. 简单金属（非过渡族）的磁化率由哪几方面的贡献组成？

解：简单金属（非过渡族）的磁化率主要来源于自由传导电子的自旋磁矩所产生的泡利顺磁化率和轨道运动的逆磁磁化率。

6. 磁畴结构由哪些因素决定？在外场作用下畴壁的移动受哪些因素制约？

解：磁畴结构主要由静磁能、畴壁能以及各向异性能的相互影响，另外磁畴结构还与杂质、缺陷的分布有密切关系。

在外场作用下，畴壁的移动受外场的强弱和材料矫顽力的大小因素制约。

7. 试用洪得规则求Cr 3＋，Fe 3＋，Ce 3＋，Eu 3＋，Tb 3＋的基态和磁矩。

解：（1）已知Cr 3＋的电子组态为3d 33s 23p 6。3d 支壳层不满，其轨道角动量量子数是2=l ，

磁量子数是=l m 2，1，0，－1，－2共5个轨道可以容纳10个电子，在不违反泡利不相容原理的条件下，预使S 达到最大，应使3个电子在量子化方向的自旋分量之和达到最大值，故2

3321S =⨯=。又要使轨道量子数L 达到最大，故有3012L =++=。由于电子数未超过半满，故总角动量量子数为2/3S L J =-=。因此Cr 3＋的基态为4F 2/3。并可求得其有效玻尔磁子数为77.01)J(J g p =+=，故其磁矩大小为B B J p μμμ77.0==（其中B μ为玻尔磁子，等于224m A 1027.92⋅⨯=-m

e ，以下同）。 （2）已知Fe 3＋的电子组态为3d 53s 23p 6。3d 支壳层不满，其轨道角动量量子数是2=l ，

磁量子数是=l m 2，1，0，－1，－2共5个轨道可以容纳10个电子，在不违反泡利不相容原理的条件下，预使S 达到最大，应使5个电子在量子化方向的自旋分量之和达到最大值，故2

5521S =⨯=

。又要使轨道量子数L 达到最大，故有021012L =--++=。由于电子数刚好半满，故总角动量量子数为2/5S L J =+=。因此Fe 3＋的基态为6S 5/2。并可求得其有效玻尔磁子数为92.51)J(J g p =+=，故其磁矩大小为B B J p μμμ92.5==。

（3）已知Ce 3＋

的电子组态为4f 15s 25p 6。4f 支壳层不满，其轨道角动量量子数是3=l ，磁量子数是=l m 3，2，1，0，－1，－2，－3共7个轨道可以容纳14个电子，在不违反泡利不相容原理的条件下，预使S 达到最大，应使1个电子在量子化方向的自旋分量之和达到最大值，故2

1121S =⨯=。又要使轨道量子数L 达到最大，故有3L =。由于电子数未超过半满，故总角动量量子数为2/5S L J =-=。因此Ce 3＋的基态为2F 5/2。并可求得其有效玻尔磁子数为54.21)J(J g p =+=，故其磁矩大小为B B J p μμμ54.2==。

（4）已知Eu 3＋的电子组态为4f 65s 25p 6。4f 支壳层不满，其轨道角动量量子数是3=l ，

磁量子数是=l m 3，2，1，0，－1，－2，－3共7个轨道可以容纳14个电子，在不违反泡利不相容原理的条件下，预使S 达到最大，应使6个电子在量子化方向的自旋分量之和达到最大值，故362

1S =⨯=。又要使轨道量子数L 达到最大，故有3210123L =--+++=。由于电子数未超过半满，故总角动量量子数为0S L J =-=。因此Eu 3＋

的基态为7F 0。并可求得其有效玻尔磁子数为01)J(J g p =+=，故其磁矩大小为0==B J p μμ。

（5）已知Tb 3＋的电子组态为4f 85s 25p 6。4f 支壳层不满，其轨道角动量量子数是3=l ，

磁量子数是=l m 3，2，1，0，－1，－2，－3共7个轨道可以容纳14个电子，在不违反泡利不相容原理的条件下，预使S 达到最大，应使8个电子在量子化方向的自旋分量之和达到最大值，故32

1721S =-⨯=。又要使轨道量子数L 达到最大，故有33)321012(3L =+---+++=。由于电子数超过半满，故总角动量量子数为6S L J =+=。因此Eu 3＋的基态为7F 6。并可求得其有效玻尔磁子数为72.91)J(J g p =+=，故其磁矩大小为B B J p μμμ72.9==。

8. 若外磁场10=B T ，试计算电子轨道磁矩的拉莫进动和电子自旋共振频率。

解：电子轨道磁矩的拉莫进动的频率为

10311901078.810

11.921106.12⨯=⨯⨯⨯⨯==--m eB L ωHz 电子自旋共振频率为

10342401078.210

626.611027.92⨯=⨯⨯⨯⨯==--h B g v B μHz