Тольятти 2007

Тольяттинский государственный университет Физико-технический институт

Кафедра «Общая и теоретическая физика»

Потемкина Л.О., Павлова А.П., Леванова Н.Г.

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ

3й семестр

Модуль 9

КВАНТОВАЯ ФИЗИКА

2

Содержание Условные обозначения .....................................................................................................................................................3 Занятие №33. Тепловое излучение ..................................................................................................................................3

Основные формулы .....................................................................................................................................................3 Примеры решения задач .............................................................................................................................................6

Занятие №34. Фотоэффект. Волны де Бройля ................................................................................................................9 Основные формулы .....................................................................................................................................................9 Примеры решения задач ...........................................................................................................................................10

Занятие №35. Соотношения неопределенностей. Уравнение Шредингера...............................................................16 Основные формулы ...................................................................................................................................................16 Примеры решения задач ...........................................................................................................................................18

Занятие №36. Физика атомного ядра ............................................................................................................................21 Основные формулы ...................................................................................................................................................21 Примеры решения задач ...........................................................................................................................................23

Варианты задач автоматизированной контрольной работы – АКР№9 ......................................................................26

3

Условные обозначения 1. ω – циклическая частота; 2. ν – линейная частота; 3. λ - длина волны; 4. R - энергетическая светимость (мощность излучения) тела; 5. Rе - энергетическая светимость абсолютно черного тела (АЧТ); 6. rωT, rλ¸T, rν¸T – спектральная плотность энергетической светимости (испускательная спо-

собность тела); 7. RТ – интегральная энергетическая светимость (интегральная излучательность) тела 8. аωT, аνT – спектральная поглощательная (поглощательная) способность тела; 9. T – термодинамическая температура; 10. Tр- радиационная температура; 11. Tц- цветовая температура; 12. Tя – яркостная температура; 13. σ – постоянная Стефана-Больцмана; 14. b – постоянная Вина; 15. f(ω,T) – универсальная функция Кирхгофа; 16. h - постоянная Планка; 17. ħ - постоянная Планка, делённая на 2π; 18. k - постоянная Больцмана; 19. c – скорость света в вакууме.

Занятие №33. Тепловое излучение

Основные формулы Энергетическая светимость – это поток энергии, испускаемый единицей площади поверхно-

сти излучающего тела по всем направлениям (в пределах телесного угла 2π). Энергетическая светимость является функцией температуры.

dtdSdWR = , (1)

[ R ] = Дж / ( м2 с ) = Вт / м2. Спектральная плотность энергетической светимости – это мощность излучения с единицы

площади поверхности тела в интервале частот единичной ширины. Спектральная плотность энергетической светимости ( испускательная способность ) является функцией частоты и тем-пературы.

dt

dWddRr d

T

изл, ωωω

ω ω+== , (2)

[ rω T ] = Дж / м2. Спектральная поглощательная способность – безразмерная величина, показывающая, какая

доля энергии, приносимой за единицу времени на единицу площади поверхности тела падаю-щими на нее электромагнитными волнами с частотами ω, ω+dω , поглощается телом:

4

пад,

погл,

ωωω

ωωωω

d

dT dW

dWa

+

+= . (3)

Спектральная поглощательная способность является функцией частоты и температуры. Тело, полностью поглощающее падающее на него излучение всех частот аωT ≡ 1 называется

абсолютно черным телом. Тело, для которого аωT ≡ аω = const < 1, называется серым. Закон Кирхгофа:

),( Tfar

T

T ωω

ω = . (4)

Для любого тела:

∫∞

=0

ωωω draR TTT . (5)

Для абсолютно черного тела:

∫∞

=0

ωω drR Te . (6)

Для серого тела:

eTTTCT RadraR ωωω ω == ∫

∞

0

. (7)

Закон Кирхгофа описывает только тепловое излучение. Закон Стефана-Больцмана:

4TRe σ= . (8)где Re – энергетическая светимость (излучательность) черного тела,

σ - постоянная Стефана-Больцмана, T - термодинамическая температура. σ = 5,67 * 10-8 Вт/(м2 * К4). Связь энергетической светимости Re и спектральной плотности энергетической светимости

rν ,T ( r λ,T ) черного тела:

∫∫∞∞

==00

λν λν drdrR TTe . (9)

Энергетическая светимость серого тела: 4TAR T

CT σ= , (10)

где AT – поглощательная способность серого тела. Закон смещения Вина:

Tb

=maxλ , (11)

где λ max – длина волны, соответствующая максимальному значению спектральной плотности энергетической светимости черного тела,

b - постоянная Вина. b = 2,9 · 10-3 м ·К Зависимость максимальной спектральной плотности энергетической светимости черного те-

ла от температуры:

5

( ) 5max

TCr T =λ , (12)

где С = 1,3 · 10 –5 Вт / ( м3 · К 5) Формула Релея-Джинса для спектральной плотности энергетической светимости черного

тела:

kTc

r T 2

2

,2πν

ν = , (13)

где k - постоянная Больцмана. k = 1,38 · 10 – 23 Дж / К Энергия кванта:

λ

νε hch ==0 , (14)

где h – постоянная Планка. h = 6,63 · 10 – 34 Дж · с Формула Планка:

1

22

2

,

−=

kThT

e

hc

r νννπν , (15)

1

125

2

,

−=

kThcT

e

crλ

λ λπ . (15′)

Формула Планка для универсальной функции Кирхгофа:

1

14

),( 22

3

−=

kTec

Tf ωπωω , (16)

где ħ = 1,05 · 10 – 34 Дж / c Радиационная температура:

4рад σ

TRТ = . (17)

Цветовая температура:

max

цв λbТ = . (18)

Яркостная температура – это температура абсолютно черного тела, при которой для опреде-ленной длины волны его спектральная плотность энергетической светимости равна спектраль-ной плотности энергетической светимости исследуемого тела: TT Rr ,, я λλ = . (19)

Связь между ω иλ:

ω

πλ с2= . (20)

Поглощательная способность:

1

1

я

,

−

−=

Tkhc

kThc

T

e

eaλ

λ . (21)

Связь радиационной Tp и истинной T температур:

6

ТАТ Т4

рад = , (22)

где АТ – поглощательная способность серого тела.

Примеры решения задач Пример №1. Найти температуру Т печи, если известно, что излучение из отверстия в ней

площадью S = 6.1 см2 имеет мощность N = 34.6 Вт. Излучение считать близким к излучению АЧТ. Дано: Решение: S = 6.1см2 N = 34.6 Вт

Т – ?

По определению: Rэ= W/S·t

или Rэ = N/S (1)

Согласно закону Стефана–Больцмана для АЧТ: 4TRe σ= . (2)

Сравнив (1) и (2) получим:

Т= ( )4 σSN / .

Проверка единицы измерения:

Км ВтК м ВтК] Т [ 42

42

=== .

Расчет: 10001067.5101.6

6.3484 =

⋅⋅⋅= −−T К.

Ответ: Т = 1000 К Пример №2. Температура вольфрамовой спирали 25-ваттной электрической лампочке

T = 2450 К. Отношение ее энергетической светимости к энергетической светимости АЧТ при данной температуре равно k = 0.3. Найти площадь излучаемой поверхности. Дано: Решение: N = 25Вт T = 2450К k = 0.3

S = ?

Для нечерного тела величина энергетической светимости равна: Rэ

= k1*σ*T4, а по определению Rэ

' = N/S. Тогда

N/S = k*σ*T4, S = N/σ*k*T4.

Проверка единицы измерения: [S] = м2 = Вт*м2

*K4/Вт*K4 = м2; Расчет числового значения: S = 0.4079*10-4 м2 ≈ 0.41см2; Ответ: S = 0.41 см2

Пример №3. Какую энергетическую светимость Rэ имеет АЧТ, если максимум спектральной

плотности его энергетической светимости приходится на длину волны λ = 484 нм? Дано: Решение:

7

λmax = 484 нм Rэ = ?

Согласно закону Стефана-Больцмана: Rэ = σ·T4 (1).

Для нахождения T воспользуемся законом Вина: λm = C1/T,

отсюда: T=C1/λ.

Получим: Rэ = (σ*C1

4)/λ4. Проверка единицы измерения: [Rэ] = Дж/м2·с = Вт/м2·К4 · м4

*К4/м4 = Дж/с·м2 ; Расчет числового результата: Rэ = (5,67·10-8·2.94·10-12)/(484)4·10-36 = (1020·5.67·2.94)/(484)4 = = 73.5 МВт/м2 Ответ: Rэ = 73.5 МВт/м2. Пример №4. Абсолютно черное тело имеет температуру T1 = 2900 К. В результате остывания

тела длина волны, на которую приходится максимум спектральной плотности энергетической светимости изменилось на ∆λ = 9мкм. До какой температуры T2 охладилось тело? Дано: Решение: T1 = 2900 К ∆λ = 9мкм = 9·10-6 м

T2=?

Согласно закону Вина: λmax2 = C1/T2,

где T1-начальная, а T2-конечная температура тела; λmax1 = C1/T1

Т.к. тело охлаждается, то T2 < T1 , а λmax2 > λmax1; λmax2 = λmax1+∆λ

И получим: C1/λmax+∆λ = T2

T2 = C1/(C1/T1)+∆λ = 1/(1/T1)+(∆λ/C1) = C1·T1/(∆λ·T1+C1) Проверка единицы измерения: [T2] = K= м·К/м = К; Расчет числового значения: T2 = 290 К; Ответ: T2 = 290 К. Пример №5. При нагревании АЧТ длина волны, на которую приходится максимум спек-

тральной плотности энергетической светимости изменилась от 690 до 500 нм. Во сколько раз увеличилась при этом энергетическая светимость тела? Дано: Решение: λ1 = 690 нм λ2=500 нм

Rэ2 / Rэ1 = ?

По закону Стефана – Больцмана для АЧТ имеем:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=4

22Э

411Э

TR

TR

σ

σ

где Т1 и Т2 – температуры соответствующие значениям λ1 и λ 2. Значения температур найдем из 1-го закона Вина:

T1=С1/λmax1

T2=C1/λmax2

8

Получим: Rэ1 = σ ·С1

4/λmax14;

Rэ2 = σ ·С14/ λmax2

4; Найдем отношение: Rэ2/Rэ1=σ·С1

4·λmax14 / λmax2

4· σ·C14=(λmax1/λmax2)4

Проверка единицы измерения: [Rэ2/ Rэ1]=1 (безразмерная величина) Расчет числового значения: Rэ2/Rэ1=3.63 (рад) Ответ: Rэ2/Rэ1=3.63 рад. Пример №6. Исследования спектра излучения Солнца показывают, что максимум спек-

тральной плотности излучательности соответствует длине волны λ = 500 нм. Принимая Солнце за абсолютно черное тело, определить: 1) излучательность Re Солнца; 2) поток энергии Ф, из-лучаемый Солнцем; 3) m массу электромагнитных волн (всех длин), излучаемых Солнцем за 1 с. Дано: Решение: λ = 500 нм t = 1 c

Re - ? Ф - ? m - ?

1. Излучательность Re АЧТ выражается законом Стефана-Больцмана: Re = σ * T4.

Температура излучающей поверхности может быть определена из закона смещения Вина:

λ max = b / T.

Выразив отсюда температуру Т и подставив ее в закон Стефана-Больцмана, получим: Re = σ ( b / λ max )4.

Расчет: Re = 64 МВт / м2 2. Поток энергии Ф, излучаемый Солнцем, равен произведению излучательности Солнца на

площадь S его поверхности: Ф = Re S

или Ф = Re 4 π r2,

где r – радиус Солнца. Подставив в формулу значения π, r и Re и произведя вычисления полу-чим:

Ф = 3,9 10 26 Вт. 3. Массу электромагнитных волн (всех длин), излучаемых Солнцем за время t = 1 c, опреде-

лим применив закон пропорциональности массы и энергии Е = m с2. Энергия электромагнитных волн, излучаемых за время t, равна произведению потока энергии Ф (мощности излучения) на время:

Е = Ф t. Следовательно,

Ф t = m с2, Откуда

m = Ф t / с2. Расчет: m = 4 10 12 г. Ответ: m = 4 10 12 г.

9

Пример №7. Определить силу тока, протекающего по вольфрамовой проволоке, диаметром d = 0,8 мм, температура которого в вакууме поддерживается постоянной и равной t = 2800 0 С. Поверхность проволоки считать серой с поглощательной способностью АТ = 0,343. Удельное сопротивление проволоки при данной температуре ρ = 0,92 * 10 –4 Ом см. Температура окру-жающей проволоку среды t0= 17 0 С. Дано: Решение: d = 0,8 мм = 8 10 –4 м t = 28000 С Т = 3073 К АТ = 0,343 ρ = 0,92 10 –4 Ом см = = 9,2 10 –7 Ом м t0= 17 0 С T0 = 290 К

I = ?

Ризл = АТ σ T4 S Рпогл = АТ σ T0 4 S Р = (Ризл - Рпогл) = АТ σ S (T4 - T0 4) Р = I 2 R S = π d l; R = ρ l / Sсеч; Sсеч = π d 2 / 4

( )ρ

πσ4

3240

4 dTTSARPI T −==

Расчет: I = 48,8 А.

Ответ: I = 48,8 А.

Занятие №34. Фотоэффект. Волны де Бройля

Основные формулы Энергия кванта света (фотона):

E = hυ, (1)где h = 6,626·10-34 Дж·с постоянная Планка,

υ (Гц) – частота колебания. Импульс и масса фотона:

c

hP υ=γ , (2)

2chm υ

=γ , (3)

где с = 3·108 м/с – скорость распространения света в вакууме. Длина волны де Бройля:

если v << c, то

mvh

ph==λ , (4)

если υ ≈ с, то

2

20

cv1

vmp−

= , (5)

и

10

vm

cv

0

2

2

12 −⋅=

πλ . (6)

Уравнение Эйнштейна для внешнего фотоэффекта:

2

2vmAh eВЫХ +=υ , (7)

где АВЫХ – работа выхода электрона из металла, me = 9,1·10-31 кг – масса электрона.

Wк мах = e·Uз , (8)где Uз – задерживающая разность потенциалов.

Максимальная скорость электронов вылетевших с поверхности.

ee

KMAX m

eU2mW2v == . (9)

Длина волны, соответствующая красной границе фотоэффекта.

ВЫХ

ГР.КР Ach

=λ . (10)

Изменение длины волны рентгеновских лучей при комптоновском рассеянии:

)cos1(cm

h

e

ϕ−=λΔ , (11)

где φ – угол рассеивания электрона. Давление, производимое светом при нормальном падении на поверхность

p = [ Ee / c ] ( 1 + ρ ) = ω ( 1 + ρ ), (12)где Ee = N h υ – облученность поверхности (энергия всех фотонов, падающих на единицу по-верхности в единицу времени);

ρ - коэффициент отражения; ω - объемная плотность энергии излучения. Связь дебройлевской волны частицы с импульсом p:

λ = h / p, (13)где h – постоянная Планка.

h = 6,63 * 10 – 34 Дж * с. Фазовая скорость волны де Бройля:

υфаз = ω / k = E / p = c2 / υ, (14)где E = ħ ω – энергия частицы (ω - круговая частота);

p = ħ k - импульс ( k = ( 2 π ) / λ - волновое число). Групповая скорость волны де Бройля:

dpdE

dkdu ==ω . (15)

Примеры решения задач Пример №1. Электрическая лампа мощностью 100Вт испускает 3% потребляемой энергии в

форме видимого света (λ=550 нм) равномерно по всем направлениям. Сколько фотонов види-

11

мого света попадает за 1с в зрачок наблюдателя (диаметр зрачка 4 мм), находящегося на рас-стоянии 10 км от лампы?

12

Дано: Решение: r = 10000 м Pл = 100 Вт λ = 550 нм = = 5,5·10-7 м d = 4·10-3 м t = 1 c

Nγ=?

Полная световая энергия, приходящаяся на единицу площади поверхно-сти, удаленной от источника на расстояние r, равна:

Sср=4πr2, Wсв=0,03·100вт·1с/4πr2.

Энергия одного кванта света εγ = hυ=hc/λ.

Число фотонов, попадающих на единицу площади поверхности, удален-ной на расстояние r от источника:

N`γ=0,03·P·t·λ/4·π·r2·h·c. Площадь зрачка наблюдателя

Sзр=π·d2. Тогда

Nγ= N`γ· Sзр =0,03·P·t·λ·π·d2/4·π·r2·h·c. Проверка единицы измерения расчетной величины Nγ =1=Дж·м2·м·с/м2·Дж·м·с=1 Расчет числового значения: Nз=8,3·104 фотонов. Ответ: Nз=8,3·104фотонов. Пример №2. Найти постоянную Планка h, если известно, что электроны, вырываемые из ме-

талла светом с частотой υ1 = 2,2·1015, полностью задерживается разностью потенциалов Uз1 = 6.6 В, а вырываемые светом с частотой υ2 = 4,6·1015 Гц разностью потенциалов Uз2 = 16.5 В. Дано: Решение: υ1 = 2,2·1015 Гц Uз1 = 6.6 В υ2 = 4,6·1015 Гц Uз2 = 16.5 В

h = ?

Запишем уравнение Эйнштейна для явления внешнего фотоэффекта: h·υ1 = Aвых+е·Uз1, h·υ2 = Aвых+е·Uз2.

Выразим изАвых: Авых = h·υ1- е·Uз1,

и подставим в уравнение Эйнштейна h·υ2 = h·υ1 -е·Uз1+ е·Uз2.

Преобразуем так: h·( υ2-υ1) = е·(Uз2-Uз1).

И получим: h = e·(Uз1-Uз2)/( υ2- υ1).

Проверим единицу измерения: (h) = Дж·с=Кл·В/с-1= Дж·с Расчет: h=1,6·10-19Кл·9,9В/2,4·1015=6,6·10-34Дж·с Ответ: h=6.6·10-34 Дж·с.

13

Пример №3. Электрон, начальной скоростью которого можно пренебречь прошел ускоряю-щую разность потенциалов U=30кВ. Найти длину волны де Бройля. Дано: Решение: v0 = 0 me=9.1*10-31кг Uуск.=30·103=3·104В

λ=?

По определению длина волны де Бройля равна: λ = h/p.

Определим, классически или релятивистки движется электрон. Для этого найдем кинетическую энергию электрона и сравним ее с энергией покоя.

Е0=m0·c2. Если Тк =< T0 , то движение электрона является релятивистским, если Тк<<T0, то классическим.

Т = е·U1 = 1.6·10-19 ·3·104Дж = 4.8·10-15Дж = 3·104 эВ; еU = me ·v2 / 2.

emeUV 2

= .

E0 = m0·c2=0.5 МэВ = 5·105эВ Т. к Т<<Е0- имеем дело с классическим случаем движения электрона. Тогда

emUh

meUm

h22

==λ .

Расчет числовой величины: λ= 11, 61 10 –25 м. Ответ: λ = 11, 61 * 10 –25 м. Пример №4. Определить максимальную скорость υмах фотоэлектронов, вырываемых с по-

верхности серебра: 1) ультрафиолетовым излучением с длиной волны λ1 = 0,155 мкм; 2) γ – из-лучением с длиной волны λ2 = 2,47 пм. Дано: Решение: λ1 = 0,155 мкм = = 0,155 10 –6 м λ2 = 2,47 пм = = 2,47 10 –12 м А вых = 4,7 эВ

υмах

Максимальную скорость фотоэлектронов определим из уравнения Эйн-штейна для фотоэффекта:

ε = А вых + Ек мах. Энергия фотона:

ε = h c / λ. Кинетическая энергия фотоэлектрона в зависимости от того, какая ско-

рость ему сообщается, может быть выражена по классической формуле: Ек = m0 υ 2 / 2,

или по релятивистской: Ек = ( m - m0 ) с 2.

Скорость фотоэлектрона зависит от энергии фотона, вызывающего фотоэффект: если энер-гия фотона во много раз меньше энергии покоя электрона, то может быть применена классиче-ская формула; если же энергия фотона сравнима с энергией покоя электрона то вычисление по классической формуле приводит к грубой ошибке, в этом случае кинетическую энергию фото-электрона необходимо выражать по релятивистской формуле.

ε1 = h c / λ1. ε1 = 8 эВ.

14

Это значение энергии фотона много меньше энергии покоя электрона (0,51 МэВ). Следова-тельно, для данного случая:

ε1 = А вых + m0 υ 2 / 2, откуда:

( )0

вых1max

2m

Av −=

ε .

Расчет: υмах = 1,08 Мм/с. Вычислим энергию фотона γ – излучения:

ε2 = h c / λ2 = 8,04 * 10 –15 Дж = 0,502 МэВ. Работа выхода электрона пренебрежимо мала по сравнению с энергией γ – фотона, поэтому

можно принять, что максимальная кинетическая энергия электрона равна энергии фотона: Ек мах = ε2 = 0,502 МэВ.

Так как в данном случае кинетическая энергия электрона сравнима с его энергией покоя, то для вычисления скорости электрона следует взять релятивистскую формулу кинетической энергии:

Ек мах = Е0 ( 1/ 21 β− – 1 ),

где Е0 = m0 с 2, выполнив преобразования получим:

β = 21 β− (2 Е0 + Ек мах) Ек мах / ( Е0 + Ек мах) = 0,755

Следовательно, максимальная скорость фотоэлектронов, вырываемых γ – излучением: υмах = с β = 226 Мм/с. Ответ: 1) υмах = 1,08 Мм/с. 2) υмах = 226 Мм/с. Пример №5. Определить красную границу λ0 фотоэффекта для цезия, если при облучении

его поверхности фиолетовым светом длиной волны λ = 400 нм максимальная скорость фото-электронов равна υмах = 0,65 Мм/с? Дано: Решение: λ = 400 нм = = 4 * 10 –7 м υмах =0,65мм/с = = 6,5 * 10 5 м/с

λ0 = ?

При облучении светом, длина волны λ0 которого соответствует красной границе фотоэффекта, скорость, а следовательно и кинетическая энергия фо-тоэлектронов равны нулю. Поэтому уравнение Эйнштейна для фотоэффекта запишется в виде:

ε = А вых + Ек;

h c / λ0 = А, отсюда:

λ0 = h c / А. Работу выхода для цезия определим с помощью уравнения Эйнштейна:

А вых = ε - Ек = h c / λ - m υ 2 / 2 = 3,05 * 10 –19 Дж, тогда:

λ0 = 640 нм. Ответ: λ0 = 640 нм. Пример №6. В результате эффекта Комптона фотон при соударении с электроном был рас-

сеян на угол θ = 90 0. Энергия ε, рассеянного фотона равна 0,4 МэВ. Определить энергию ε фо-тона до рассеяния.

15

Дано: Решение: θ = 90 0

ε, = 0,4 МэВ ε = ?

Для определения энергии первичного фотона воспользуемся формулой Комптона в виде:

λ, - λ = 2 * (2 π ħ / m с ) sin 2 θ/2,

преобразуем, с учетом: ε = 2 π ħ с / λ,

а длины волн λ, и λ выразим через энергии ε, и ε соответствующих фотонов: 2 π ħ с / ε, - 2 π ħ с / ε = (2 π ħ с/ m с2 ) 2 sin 2 θ/2

ε = ( ε, m с2 ) / m с2 - ε, 2 sin 2 θ/2 = ε, Е0 / Е0 – 2 ε, sin 2 θ/2, где Е0 = m0 с 2 Расчет: ε = 1,85 МэВ. Ответ: ε = 1,85 МэВ. Пример №7. Параллельный пучок света длиной волны λ = 500 нм падает нормально на за-

черненную поверхность, производя давление р = 10 мкПа. Определить: 1) концентрацию фото-нов n в пучке; 2) число фотонов n1 , падающих на поверхность площадью 1 м2 за время 1 с. Дано: Решение: λ = 500 нм S = 1 м2

р = 10 мкПа t = 1c

n = ? n1 = ?

Концентрация фотонов n в пучке может быть найдена, как частное от де-ления объемной плотности энергии ω на энергию одного фотона ε

n = ω / ε . Из формулы

p = ω * ( 1 + ρ ), определяющей давление света, где – коэффициент отражения найдем:

ω = p / ( 1 + ρ ). И получим:

n = p / ( 1 + ρ ) ε . Энергия фотона зависит от частоты, а следовательно и от длины световой волны:

ε = h υ = h c / λ. Получим искомую концентрацию фотонов:

n = p λ / ( 1 + ρ ) h c. Коэффициент отражения ρ для зачерненной поверхности принимаем равным нулю. Расчет:

n = 2,52 * 10 13 м –3 . Число фотонов n1, падающих на поверхность площадью 1 м2 за время 1 с, найдем из соот-

ношения n1 = N / S t , где N – число фотонов, падающих за время t на поверхность площадью S. Но N = n c S t, следовательно, n1 = n c S t / S t = n c

Расчет: n1 = 7, 56 * 10 21 м –2 с –1

Ответ: n = 2,52 * 10 13 м –3, n1 = 7, 56 * 10 21 м –2 с –1.

16

Занятие №35. Соотношения неопределенностей. Урав-нение Шредингера

Основные формулы Соотношение неопределенностей для координаты и импульса частицы:

Δx Δpx ≥ h, (1) Δy Δpy ≥ h, (2) Δz Δpxz≥ h, (3)где Δx, Δy, Δz – неопределенности координат;

Δpx , Δpy , Δpx - неопределенности соответствующих проекций импульса частицы на оси ко-ординат;

Соотношение неопределенностей для энергии и времени: ΔE Δt ≥ ħ/2, (4)где ΔE – неопределенность энергии данного квантового состояния;

Δt - время пребывания системы в данном состоянии. Вероятность нахождения частицы в объеме dV

dW = Ψ Ψ* dV = | Ψ |2 dV, (5)где Ψ = Ψ ( x, y, z, t ) – волновая функция, описывающая состояние частицы;

Ψ* - функция, комплексно сопряженная с Ψ; | Ψ |2 = Ψ Ψ* - квадрат модуля волновой функции. Для стационарных состояний

dW = Ψ Ψ* dV = | Ψ |2 dV, (6)где Ψ = Ψ ( x, y, z )– координатная (амплитудная) часть волновой функции.

Условие нормировки вероятностей

∫V

| Ψ |2 dV = 1, (7)

где интегрирование производится по всему бесконечному пространству, т. е. по координатам x, y, z от - ∞ до + ∞.

Вероятность обнаружения частицы в интервале от x1 до x2:

W = ∫∞

∞−

| Ψ ( x )|2 dx. (8)

Среднее значение физической величины L, характеризующей частицу, находящуюся в со-стоянии, описываемом волновой функцией Ψ:

< L > = ∫V

L | Ψ |2 dV. (9)

Общее уравнение Шредингера (зависящее от времени):

t

itzyxUm ∂

Ψ∂=Ψ+ΔΨ− ),,,(

2

2

, (10)

где Ψ = Ψ ( x, y, z, t ) – волновая функция, описывающая состояние частицы; ħ = h / 2 π;

17

m - масса частицы; Δ - оператор Лапласа (ΔΨ = ∂2Ψ / ∂x2 + ∂2Ψ / ∂y2 + ∂2Ψ / ∂z2 );

1−=i - мнимая единица; U = U ( x, y, z, t ) - потенциальная энергия частицы в силовом поле, в котором она движется. Уравнение Шредингера для стационарных состояний:

( ) 022 =−+Δ ψψ UEm , (11)

где ψ = ψ ( x, y, z ) – координатная часть волновой функции Ψ ( x, y, z, t ) = ψ ( x, y, z ) e – i * ( E / ħ ) * t ); U = U ( x, y, z ) - потенциальная функция частицы в силовом поле, в котором частица дви-

жется; E - полная энергия частицы. Волновая функция, описывающая одномерное движение свободной частицы:

( )xptEi

xeAtx−−

=Ψ ),( , (12)

где A – амплитуда волны де Бройля; px = k ħ - импульс частицы; E = ħ ω - энергия частицы. Собственные значения энергии En частицы, находящейся на n–м энергетическом уровне в

одномерной прямоугольной "потенциальной яме" с бесконечно высокими "стенками" En = n2 (π2 ħ2) / ( 2 m l2 ), ( n = 1, 2, 3, …), (13)где l – ширина ямы.

Собственная волновая функция, соответствующая вышеприведенному собственному значе-нию энергии:

xl

nl

xnπsin2)( =Ψ , (n = 1, 2, 3, …). (14)

Коэффициент прозрачности D прямоугольного потенциального барьера конечной ширины l:

( )EUml

eDD−−

=2

2

0 , (15)

где D0 – множитель, который можно приравнять единице; U - высота потенциального барьера; E - энергия частицы. Уравнение Шредингера для линейного гармонического осциллятора в квантовой механике:

02

2 220

22

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

∂∂ ψωψ xmEm

x, (16)

где ( m* ω02 * x2 ) / 2 = U – потенциальная энергия осциллятора;

ω0 - собственная частота колебаний осциллятора; m - масса частицы. Собственные значения энергии гармонического осциллятора:

En = ( n + 1 / 2 ) ħ ω0, ( n = 0, 1, 2, …). (17)Энергия нулевых колебаний гармонического осциллятора:

E0 = 1 / 2 ħ ω0. (18)

18

Примеры решения задач Пример №1. Кинетическая энергия Е электрона в атоме водорода составляет величину по-

рядка 10 эВ. Используя соотношения неопределенностей, оценить минимальные линейные раз-меры атома. Дано: Решение: Е = 10 эВ

l min = ? Неопределенность координаты и импульса электрона связаны соотноше-

нием:

Δx Δp ≥ ħ, где Δx – неопределенность координаты электрона;

Δp – неопределенность его импульса. Из этого соотношения следует, что чем точнее определяется положение частицы в про-

странстве, тем более неопределенным становится импульс, а следовательно и энергия частицы. Пусть атом имеет линейные размеры l, тогда электрон атома будет находиться где-то в преде-лах области с неопределенностью Δx = l / 2. Соотношение неопределенностей можно записать в этом случае в виде

l/2 Δp≥ ħ, откуда

l ≥ 2ħ / Δp. Физически разумная неопределенность импульса Δp, во всяком случае, не должна превы-

шать значение самого импульса р, т. е. Δp ≤ p. Импульс р связан с кинетической энергией Е со-отношением

mEp 2= .

Заменим Δp значением mE2 (такая замена не увеличит l ).

Тогда: l min = 2ħ / mE2 . Расчет: l min = 124 пм. Ответ: l min = 124 пм. Пример №2. Определить неопределенность Δх в определении координаты электрона, дви-

жущегося в атоме водорода со скоростью ν = 1.5*106 м/с, если допускаемая неопределенность Δν в определении скорости составляет 10 % от ее величины. Дано: Решение: vx = 1.5*106м/с me = 9.1*10-31кг Δ vx = 10% vx = = 0.15*106 м/с

Δх = ?

Запишем соотношение неопределенностей для координаты х и проекции импульса рx и найдем ответ на вопрос задачи.

Δх * Δ vx * me ≥ h /(2*π); Δх = h/(2*π * me * Δ vx).

Ответ: Δх = 0.77 м Пример №3. Электрон находится в бесконечно глубоком одномерном потенциальном ящике

(яме) шириной L = 0.5 нм на первом энергетическом уровне. Найти вероятность нахождения электрона в интервале L / 4 , равно удаленном от стенок ящика.

19

Дано: Решение: L=0.5*10-9м n = 1 ΔL = L / 4

W = P = ?

Вероятность обнаружения частицы в интервале от х1 до х2 равна: W = P = ∫│φ (х)│2

*dx Выразим х1 и х2 через L.

х1 = L/2 – L/8 = 3*L/8; х2 = L/2 + L/8 = 5*L/8.

Нормированная собственная волновая функция, описывающая состояние электрона в потен-циальном ящике, имеет вид:

xL

nL

xnπsin2)( =Ψ .

Т.к по условию задачи n = 1, то

Lx

Lx πsin2)(1 =Ψ .

Получим:

dxLx

LPW

Lx

Lx

π28

5

83

sin22

1

∫=

=

== .

Преобразуем, произведя замену для вычисления интеграла:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

LxL

Lx ππ 2cos1

2sin2 ,

и разобьем на два интеграла:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−== ∫∫ L

xdL

xLdxL

PWx

x

πππ

22cos22

12 2

1

.

Проведем расчет:

2485.024

124

14

3sin4

5sin24

1832sin

852sin

283

851

=−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −==

ππ

πππ

πππ

LLL

LLL

LLLLLL

PW

Ответ: W = P = 0,2485 ≈ 0,249. Пример №4. Электрон проходит через прямоугольный потенциальный барьер шириной

d = 0.5 нм Высота барьера U больше энергии Е электрона на 1%. Вычислить коэффициент про-зрачности D если энергия электрона Е = 100 эВ. Дано: Решение: E= 100 эВ U = Е + 1%Е d = 0.5нм = 5*10-10м

D = ?

По определению коэффициент прозрачности D равен: ( )EUm

d

eD−−

=2

2

. Подставив данные, получим:

( ) 3106.1101.921052

105.61931

10

−⋅⋅⋅⋅⋅

−⋅==

−−−

eD . Ответ: D = 6.5*10-3.

20

Пример №5. Частица находится в одномерной прямоугольной "потенциальной яме" шири-

ной l с бесконечно высокими "стенками". Запишите уравнение Шредингера в пределах "ямы" 0 ≤ Х ≤ l и решите его. Дано: Решение: 0 ≤ Х ≤ l X < 0, U→ ∞ X > l, U→ ∞

Ψ(x) - ?

( ) 0222

2

=Ψ−+∂Ψ∂ UEmx

.

0 ≤ Х ≤ l, U = 0,

0222

2

=Ψ+∂Ψ∂ Emx

.

Emk 22 2= ,

022

2

=Ψ+∂Ψ∂ kx

.

kxBkxAx cossin)( +=Ψ .

0)0( =Ψ , B = 0, kxAx sin)( =Ψ , l

nk π= ,

lxnAx πsin)( =Ψ .

Ответ: l

xnAx πsin)( =Ψ .

Прмер №6. Частица с энергией Е движется в положительном направлении оси х и встречает

на своем пути бесконечно широкий прямоугольный барьер высотой U, причем Е < U. Принимая А1 = 1 и используя условия непрерывности волновой функции и ее первой производной на гра-нице областей 1 и 2, определить плотность вероятности | Ψ2(0) | 2 обнаружения частицы в точке х = 0 области 2.

U

x

E < U

1 2

U

Дано: Решение: Е < U А1 = 1 Ψ1(0) = Ψ2(0) Ψ1′(0) = Ψ2′(0)

| Ψ2(0) | 2 = ?

xikxik eBex 1111 )( −+=Ψ , mEk 2

1 = .

xikeAx 222 )( =Ψ ,

)(22

UEmk

−= .

xikxik eikBeikx 11 )()( 1111−−+=′Ψ ,

21

xikeikAx 2)()( 222 =′Ψ ,

11 1)0( B+=Ψ , 22 )0( A=Ψ .

1111 )0( Bikik −=′Ψ , 222 )0( ikA=′Ψ 1 + B1 = A2, k1 - B1 k1 = A2 k2

B1 = A2 – 1, k1 – (A2 – 1) k1 = A2 k2 2 k1 = (k1 + k2 )A2 , A2 = 2 k1 / k1 + k2

( )( ) UE

EUEUiEUiEE

EUiEEUiEE

EUiEEUE

EEk

kkA

444

222)0(222

21

122

22

=−+−−−+

=−−−+

=

=−+=−+=+==Ψ

Ответ: UE4)0( 2

2 =Ψ .

Пример №7. Волновая функция, описывающая состояние частицы в одномерной "потенци-

альной яме" с бесконечно высокими "стенками", имеет вид Ψ(x) = A sin kx. Определите: 1) вид собственной волновой функции Ψn(x); 2) коэффициент А, исходя из условия нормировки веро-ятностей. Дано: Решение: Ψ(x) = A sin kx

1) Ψn(x) = ? 2) A = ?

Ψ(0) = Ψ(l) = 0, Ψ(l) = A sin kl = 0. kl = n π, k = n π / l, Ψn(x) = A sin n π / l x.

∫l

0| Ψn(x) |2 dx = 1,

∫l

0 A2sin 2 n π / l * x dx = 1 / 2 A2 l = 1,

.

Ответ: 1) Ψn(x) = A sin n π / l * x; 2) l

A 2= .

Занятие №36. Физика атомного ядра

Основные формулы Момент импульса электрона на стационарных орбитах:

nmvrL == , (n = 1, 2, 3...). (1)Энергия фотона, излучаемого атомом водорода при переходе из одного стационарного со-

стояния в другое: ε21 = Еn2 –En1. (2)

22

Формула Ридберга:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−ℜ= 2

221

111nnλ

, (3)

где 71010.1 −⋅=ℜ м–1 – постоянная Ридберга. Радиус ядра:

R = R0 A 1/3, (4)где R0 = 1,4 10 –15 м;

A - массовое число (число нуклонов в ядре). Энергия связи нуклонов в ядре:

Eсв = [Zmp + (A - Z)mn - mя]c2 = [ZmH + (A - Z)mn - m]c2, (5)где mp, mn, mя – соответственно массы протона, нейтрона и ядра;

Z - зарядовое число ядра (число протонов в ядре); A - массовое число; mH = mp + me - масса атома водорода (H 11); m - масса атома. Дефект массы ядра:

∆m = [Zmp + (A - Z)mn ]- mя = [ZmH + (A - Z)mn ]- m. (6)Удельная энергия связи (энергия связи, отнесенная к одному нуклону):

δEсв = Eсв / A. (7)Число ядер, распавшихся в среднем за промежуток времени от t до t + dt:

dN = – λ N dt, (8)где N – число нераспавшихся ядер к моменту времени t;

λ - постоянная радиоактивного распада. Закон радиоактивного распада:

N = N0 e –λ t, (9)где N – число нераспавшихся ядер в момент времени t;

N0 - начальное число нераспавшихся ядер (в момент времени t = 0); λ - постоянная радиоактивного распада. Число ядер, распавшихся за время t:

∆N = N0 – N = N0(1 - e –λ t). (10)Связь периода полураспада T1/2 и постоянной радиоактивного распада λ:

λ

2ln2/1 =T . (11)

Активность нуклида:

NdtdNA λ== . (12)

Энергия ядерной реакции: Q = c2 [(m1 + m2) – (m3 + m4)], (13)где m1 и m2 – массы покоя ядра-мишени и бомбардирующей частицы;

(m3 + m4) - суммы масс покоя ядер продуктов реакции. При Q > 0 – экзотермическая реакция, при Q < 0 – эндотермическая реакция. Энергия ядерной реакции может быть представлена также в виде:

Q = (T1 + T2) – (T3 + T4), (14)

23

где T1,T2 ,T3 ,T4 – кинетические энергии соответственно ядра-мишени, бомбардирующей части-цы, испускаемой частицы и ядра продукта реакции.

Скорость нарастания цепной реакции:

TkN

dtdN )1( −

= . (15)

Примеры решения задач Пример №1. Вычислить радиус первой орбиты атома водорода (боровский радиус) и ско-

рость электрона на этой орбите. Дано: Решение: n = 1

r = ? v = ?

Согласно теории Бора, радиус r электронной орбиты и скорость v элек-трона на ней связаны равенством:

m v r = n ħ.

Так как требуется определить величины, относящиеся к первой орбите, то главное квантовое число n = 1 и равенство примет вид:

m v r = ħ. Для определения неизвестных величин r и v необходимо еще одно уравнение. Воспользуем-

ся уравнением движения электрона. Согласно теории Бора, электрон вращается вокруг ядра. При этом сила взаимодействия между электрическими зарядами ядра и электрона сообщает электрону центростремительное ускорение. На основании второго закона Ньютона запишем

m v2 / r = 1 / 4 π ε0 e2/ r2, (e и m - заряд и масса электрона).

m v2 = 1 / 4 π ε0 e2/ r. Совместное решение равенств относительно дает:

r = 4 π ε0 ħ2 / me2. Подставив сюда значения ħ, e, m и произведя вычисления, найдем боровский радиус: r1 = 5,29 10 – 11 м. Получим выражение скорости электрона на первой орбите:

v = ħ / m r. Расчет: v = 2, 18 * 10 6 м/c. Ответ: r1 = 5,29 * 10 – 11 м, v = 2, 18 * 10 6 м/c. Пример №2. Определить энергию ε фотона, соответствующего второй линии в первой ин-

фракрасной серии (серии Пашена) атома водорода. Дано: Решение: Для серии Па-шена: n1 = 3 для второй ли-нии этой серии m = 2

ε = ?

Энергия ε фотона, излучаемого атомом водорода при переходе электрона с одной орбиты на другую:

ε = Ei (1 / n12 - 1 / n2

2 ). где Ei – энергия ионизации атома водорода;

n1 = 1, 2, 3,…- номер орбиты, на которую переходит электрон;

n2 = n1 + 1; n1 + 2; …; n1 + m – номер орбиты, с которой переходит электрон;

24

m - номер спектральной линии в данной серии. Для серии Пашена n1 = 3; для второй линии этой серии m = 2,

n2 = n1 + m = 3 + 2 = 5. Расчет: ε = 0,97 эВ Ответ: ε = 0,97 эВ Пример №3. Найти наименьшую и наибольшую длины волн спектральных линий водорода в

видимой области спектра. Дано: Решение: k = 2 n = 3, 4, 5, …

λmin = ? λmax = ?

Длины волн спектральных линий водорода всех серий определяются формулой:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= 22

111nk

Rλ

.

При k = 1, n = 2, 3, 4,… – серия Лаймана в ультрафиолетовой области, при k = 2, n = 3, 4, 5,… – серия Бальмера в видимой области, при k = 3, n = 4, 5, 6,… – серия Пашена в инфракрасной области, при k = 4, n = 5, 6, 7,… – серия Брекета в инфракрасной области, при k = 5, n = 6, 7, 8,… – серия Пфунда в инфракрасной области. Таким образом, серия в видимой области спектра соответствует значению k = 2 и n = 3, 4,

5,… Очевидно, наименьшая длина волны спектральных линий этой серии будет при n = ∞. Тогда:

1 / λmin = R / 4, или

λmin = 4 / R = 3,65 10 –7 м. Наибольшая длина волны соответствует n = 3.

λmax = 6,56 10 –7 м. Таким образом, видимый спектр водорода лежит в интервале длин волн от 3,65 10 –7 м до

6,56 10 –7 м. Ответ: λ (3,65 10 –7; 6,56 10 –7) м. Пример №4. Искусственно полученный радиоактивный изотоп кальция 45Ca20

имеет период полураспада, равный 164 суткам. Найти активность 1 мкг этого препарата. Дано: Решение: T = 14169600 c m = 10 – 9 кг Na =6,02*1026 1/кг-атом m0 = 45 кг/кг-атом

A = ?

Количество атомов радиоактивного вещества ∆N , распадающихся за время ∆t, определяется формулой:

|∆N | = (ln 2 / T) N ∆t. где T – период полураспада изотопа,

N - число его атомов в данной массе.

Число атомов N связано с массой препарата m соотношением: N = (m / m0) Na,

где Na – число Авогадро и m0 – масса одного кг-атома. Расчет: A = |∆N | / ∆t = ln 2 m Na / T m0 = 6,53 10 8 расп/сек 1 кюри = 3,7 10 10 расп/сек, следовательно: А = 17,7 мккюри. Ответ: А = 17,7 мккюри.

25

Пример №5. Найдите энергию, освобождающуюся при ядерной реакции:

3 Li 7 + 1 H 1 → 2 He 4+ 2 He 4. Дано: Решение: 3 Li 7 + 1 H 1 → 2 He 4+ 2 He 4 m1 = 7,01823 а.е.м m2 = 1,00814 а.е.м m3 = 4,00388 а.е.м

E = ?

E = c2 (∑ M1 - ∑ M2) = c2 ∆ M. Сумма масс исходных частиц:

∑ M1 = m1 + m2 = 8,02637 а.е.м. Сумма масс образовавшихся частиц:

∑ M2 = 2 m3 = 8,00776 а.е.м. Таким образом, дефект масс:

∆M = 0,01861 а.е.м. Следовательно, энергия, выделившаяся при реакции: E = ∆M 931 МэВ Ответ: E = ∆M 931 МэВ Пример №6. Принимая, что источником энергии солнечного излучения является энергия об-

разования гелия из водорода по следующей циклической реакции: 6 C 12 + 1 H 1→ 7 N 13 → 6 C 13 + +1 e 0

6 C 13 + 1 H 1 → 7 N 14

7 N 14 + 1 H 1 → 8 O 15 → 7 N 15 + +1 e 0

7 N 15 + 1 H 1 → 6 C 12 + 2 He 4

Посчитать, сколько тонн водорода ежесекундно должно превращаться в гелий. Солнечная постоянная равна 1,96 кал/см2 мин. Принимая, что водород составляет 35 % массы Солнца, по-считать, на сколько лет хватит запаса водорода, если излучение Солнца считать неизменным. Дано: Решение: m(6 C 12) = 12,0038 а.е.м m(1 H 1) = 1,00814 а.е.м m(7 N 13) = 13, 00987 а.е.м m(6 C 13) = 13,00335 а.е.м m(7 N 14) = 14,00752 а.е.м m(2 He 4) = 4,00388 а.е.м m(7 N 15) = 15,00011 а.е.м m(+1 e 0) = 0,00055 а.е.м 1,96 кал/см2 мин m(1 H 1) = Mc 0,35 Mc = 2 10 30 кг r = 1,49 10 11 м

t = ?

В результате проведенного цикла четыре водородных ядра превращаютсяв одно ядро гелия. Углерод, ведущий себя как химический катализатор, мо-жет использоваться снова. В результате этого цикла освобождается энергия, равная

E = c2 ∆ M = 4,3 * 10 –12 Дж.

где ∆ M – дефект масс. С другой стороны, зная величину солнечной постоянной и расстояние от

Земли до Солнца, найдем излучение Солнца в 1 секунду: Е1 = 3,8 10 26 Дж.

Если превращение четырех атомов водорода дает энергию 4,3 10 –12 Дж, то очевидно, для излучения энергии 3,8 10 26 Дж необходимо расходовать во-дород в количестве m = 5,9 10 11 кг в одну секунду. Так как масса Солнца равна 2 10 30 кг, то запас водорода в солнечном веществе равен m(1 H 1) = Mc 0,35 = 2 10 30 0,35 = 7 10 29 кг.

Следовательно, данного запаса водорода хватит на t = 4 10 10 лет. Ответ: t = 4 10 10 лет. Пример №7. В реакции 7 N 14 (α, p) кинетическая энергия α – частицы (2 He 4)равна

Eα = 7,7 МэВ. Найти, под каким углом к направлению движения α – частицы вылетает протон, если известно, что его кинетическая энергия Ep = 8,5 МэВ.

26

m1

v1

Mϕ m2

m3

v2

v3

Дано: Решение: 7 N 14 (α, p) Eα = 7,7 МэВ Ep = 8,5 МэВ m1 = 4,00388 а.е.м m2 = 1,00759 а.е.м m3 = 15,99491 а.е.м

φ = ?

Запишем ядерную реакцию: α + 7 N 14 → p + 8 O 16.

Обозначим m1, m2, m3 – массовые числа бомбардирующей α –частицы, протона и ядра отдачи (в нашем случае ядра кислорода 8 O 16) E1 , E2, E3 – их кинетические энергии. Если ядро азота неподвижно, то по закону сохранения энергии:

E1 + Q = E2 + E3, где Q – энергия ядерной реакции.

Закон сохранения импульса: p3

2 = p1 2 + p2

2 – 2 p1 p2 cos φ. Так как:

p 2 = (m v)2 = (m v2 / 2) 2 m = E 2 m, то примет вид:

2 m3 E3 = 2 m1 E1 + 2 m2 E2 - 4 cos φ 2211 E m E m ,

или

E3 = m1 E1/ m3 + m2 E2/ m3 - 2 cos φ 2211 E m E m / m3.

Исключая энергию Е3 получим формулу, связывающую кинетическую энергию бомбарди-рующих частиц с кинетической энергией полученных частиц:

E1 (m3 - m1) / m3 + Q = E2 (m3 + m2) / m3 - 2 cos φ 2211 E m E m / m3.

Здесь Q = - 1,18 МэВ. Решая относительно cos φ и подставив численные данные получим:

cos φ = (m3 + m2)/2 2211 E m E m - (m3 - m1) / 2 2211 E m E m – m3 Q / 2 2211 E m E m = 0,59.

φ = arccos 0,59 = 54 0

Ответ: φ = arccos 0,59 = 54 0

Варианты задач автоматизированной контрольной ра-боты – АКР№9

1. Кинетическая энергия Т электрона в атоме водорода составляет величину порядка 10эВ.

Используя соотношение неопределенностей оценить максимальные размеры атома.

(mTLL

22

min = )

27

2. Предполагая, что неопределенность координаты движущейся частицы равна де Бройлев-ской длине волны, определить относительную неопределенность (ΔPx / Px ) в определении им-пульса этой частицы.

(ΔPx / Px = h / (2*π*Δx*Px) = h*Px / (2*π*h*Px)= 1/ 2*π = 0.16) 3. Рассмотрим следующий мысленный эксперимент. Пусть моноэнергетический пучок элек-

тронов с Wk = 10эВ падает на щель шириной а. Можно считать, что если электрон прошел через щель, то его координата известна с точностью Δх = а. Оценить получаемую при этом относи-тельную неопределенность в определении импульса электронов в 2-х случаях : 1) а = 10нм ; 2) а = 0.1нм

(1) ΔPx/Px = 1.2*10-2 ; 2) ΔPx/Px = 1.2) 4. Электрон с энергией Е = 4.9 эВ движется в положительном направлении оси Х. Высота

потенциального барьера равна 5 эВ. При какой ширине барьера d вероятность прохождения электрона через барьер будет равна 0.2?

( 495.0)(22

1ln=

−=

EUmWd нм)

5. Рентгеновское излучение длиной волны λ= 55,8 пм рассеивается плиткой графита (эффект

Комптона). Определить длину волны λ` света, рассеянного под углом Θ= 600 к направлению па-дающего пучка света.

(λ` = 57 пм) 6. Определить угол рассеяния фотона Θ, испытавшего соударение со свободным электро-

ном, если изменение длины волны при рассеянии равно Δλ = 3,62 пм. (Θ=1200 или 2400) 7. Определить импульс электрона отдачи при эффекте Комптона, если фотон с энергией,

равной энергии покоя электрона, был рассеян на угол Θ = 1800. (3,6·10-22 кг·м/с) 8. Фотон с энергией ε = 0,25 МэВ рассеялся на свободном электроне. Энергия рассеянного

электрона ε` = 0,2 МэВ. Определить угол рассеяния Θ. 9. Определить длину волны де Бройля λ, характеризующую волновые свойства электрона,

если его скорость υ = 1Мм/с. (727 пм) 10. Какую ускоряющую разность потенциалов U должен пройти электрон, чтобы длина вол-

ны де Бройля была равна 0.1 нм? (150 В) 11. Определить длину волны де Бройля λ электрона, прошедшую ускоряющую разность по-

тенциалов 700 кВ. (λ = 1.13 пм)

28

12. Определить длину волны де Бройля для нейтрона, движущегося со средней квадратич-ной скоростью при Т = 290 К.

(148 нм) 13. Какую ускоряющую разность потенциалов должен пройти протон, чтобы длина волн де

Бройля λ для него стала 1 нм. (U = 0,821 мВ) 14. Протон движется в однородном магнитном поле с В = 15 мГн по окружности радиусом R

= 1,4 м. Определить длину волны де Бройля для протона. (λ = 0,197 пм) 15. Определить частоту света, испускаемого возбужденным атомом водорода, при переходе

электрона на второй энергетический уровень, если радиус орбиты электрона уменьшится в 9 раз.

(ν = 7,31·1014 с-1). 16. Определить энергию фотона, испускаемого при переходе электрона в атоме водорода с

третьего энергетического уровня на второй. (1,89 эВ) 17. Будет ли наблюдается фотоэффект если на поверхность серебра направить ультрафиоле-

товое излучение с λ = 300 нм? (нет так как εγ = 4,1 эВ < Авых = 4,7 эВ) 18. На поверхность лития падает монохроматический свет с λ =310 нм. Чтобы прекратить

эмиссию электронов, нужно приложить задерживающую разность потенциалов U=1,7В. Опре-делить работу выхода А.

(2,3 эВ) 19. Для прекращения фотоэффекта, вызванного облучением ультрафиолетовым светом пла-

тиновой пластинки, приложить задерживающую разность потенциалов U1=3,7В. Если платино-вую пластинку заменить на другой пластинкой, то задерживающую разность потенциалов при-дется увеличить до U2=6В. Определить работу выхода электронов с поверхности этой пластин-ки.

(4 эВ) 20. На цинковую пластинку падает свет с длиной волны λ=220 нм. Определить максималь-

ную скорость фотоэлектронов. (760нм/с).