6.2. Примеры решения задач

Пример 1. От двух когерентных источников S₁ и S₂ ( = 0,8 мкм) лучи попадают на экран (рис. 6.1). На экране наблюдается интерференционная картина. Когда на пути одного из лучей перпендикулярно ему поместили мыльную пленку (п = 1,33), интерференционная картина изменилась на противоположную. При какой наименьшей толщине d_min пленки это возможно?

Дано:

п = 1,33

 = 0,8 мкм = 0,810^-6 м

d_min = ?

Рис. 6.1

Решение. Изменение интерференционной картины на противоположную означает, что на тех участках экрана, где наблюдались интерференционные максимумы, стали наблюдаться интерференционные минимумы. Такой сдвиг интерференционной картины происходит при изменении оптической разности хода на нечетное число полуволн, то есть

, (6.1)

где ₁ – оптическая разность хода пучков световых волн до внесения пленки; ₂ – оптическая разность хода тех же пучков после внесения пленки; k = 0, 1, 2, …

Наименьшей толщине пленки d_min соответствует k = 0. При этом формула (1) примет вид

. (6.2)

Выразим оптические разности хода ₁ и ₂. Из рис. 6.1 следует:

;

.

Подставим выражения ₁ и ₂ в формулу (6.2) и получим

,

или

.

Отсюда

.

Произведем вычисления:

.

Ответ. Изменение интерференционной картины на обратную возможно при минимальной толщине пленки, равной d_min = 1,2110^-6 м.

П

Рис. 6.2

ример 2. Плосковыпуклая линза положена на стеклянную пластинку, причем вследствие попадания пыли между линзой и пластинкой нет контакта (рис. 6.2). Радиусы пятого и пятнадцатого темных колец Ньютона, наблюдаемых в отраженном свете, соответственно равны r₅ = 0,7 мм, r₁₅ = 1,7 мм. Определить радиус кривизны выпуклой поверхности линзы, если система освещается светом с длиной волны  = 581 нм.

Дано:

 = 581 нм = 58110^-9 м

k₅ = 5

k₁₅ = 15

r₅ = 0,7 мм = 0,710^-3 м

r₁₅ = 1,7 мм = 1,710^-3 м

R = ?

Решение. Если на систему, состоящую из линзы и пластинки, падает свет (для простоты будем считать, что свет падает нормально к поверхности пластинки), то происходит следующее: в точке А световой пучок частично отразится, а частично пройдет в воздушный зазор между линзой и пластинкой и отразится от поверхности пластинки в точке С. В точке А обе части пучка встречаются, имея разность хода  = 2h + /2 (h – толщина зазора, соответствующего точке А), и в зависимости от того, какому числу полуволн (нечетному или четному), равна эта разность в точке А получается минимум или максимум света.

Исходя из этого, для толщины зазора, при котором наблюдается минимум света, получаем

.

Радиус r темного кольца для случая отсутствия оптического контакта можно выразить из треугольника AOD:

,

где R – радиус кривизны поверхности линзы.

Поскольку (h – x)² мало по сравнению с 2R(h – x), то этим членом можно пренебречь. Тогда формула примет вид

.

Подставляя значения h для темного кольца, получаем

.

В условии задачи известны радиусы двух темных колец r₅ и r₁₅:

и .

Взяв разность r₅² и r₁₅², можно исключить неизвестную величину зазора х:

.

Отсюда

.

Подставляя числовые данные задачи, получаем

.

Ответ. Радиус кривизны выпуклой поверхности линзы равен R = 0,41 м.

Пример 3. Сколько максимумов дает дифракционная решетка, имеющая N = 500 штрихов на l = 1 мм? Длина волны падающего нормально на решетку света равна  = 0,598 мкм. Определить угол , соответствующий максимуму наибольшего порядка (рис. 6.3).

Дано:

N = 500

l = 1 мм = 110^-3 м

 = 0,598 мкм = 0,59810^-6 м

М = ? _max = ?

Рис. 6.3

Решение. Для волновых максимумов, полученных с помощью дифракционной решетки, справедливо соотношение

, (6.3)

где d – постоянная решетки; _k – угол отклонения лучей дифракционного максимума; k – порядок максимума;  – длина волны.

Из соотношения (6.3) находим наибольший номер k, или порядок высшего дифракционного максимума, который может дать данная дифракционная решетка. Для этого предельный угол должен быть равен

, а .

Поэтому

, или . (6.4)

Постоянная дифракционной решетки

. (6.5)

Решая совместно уравнения (6.4) и (6.5), имеем

.

Делаем расчет:

.

Так как k должно быть целым числом, то, следовательно, k_max = 3, M = 2k + 1 = 7.

k_max соответствует угол отклонения дифракционных лучей:

или ,

.

Ответ. Данная дифракционная решетка дает 7 максимумов для лучей с  = 0,589 мкм, и угол дифракции наибольшего максимума равен 62^о.

Пример 4. Постоянная дифракционной решетки d = 10 мкм, ее ширина l = 2 см. В спектре какого порядка эта решетка может разрешить дуплет ₁ = 486 нм и ₂ = 486,1 нм?

Дано:

d = 10 мкм = 110^-5 м

l = 2 см = 210^-2 м

₁ = 486 нм = 48610^-9 м

₂ = 486,1 нм = 486,110^-9 м

k = ?

Решение. Разрешающая способность дифракционной решетки

, (6.6)

где  – минимальная разность длин волн двух спектральных линий  и  + , разрешаемых решеткой; k – порядок спектра; N – число щелей решетки. Так как постоянная решетки d есть расстояние между серединами соседних щелей, то

, (6.7)

где l – ширина решетки. Из формулы (6.6) с учетом формулы (6.7) находим

. (6.8)

Дублет спектральных линий ₁ и ₂ будет разрешен, если

. (6.9)

Подставляя уравнение (6.8) в уравнение (6.9), с учетом того, что  = ₁, получаем

. (6.10)

Из выражения (6.10) следует, что дублет ₁ и ₂ будет разрешен во всех спектрах с порядком

.

Проводя вычисления, получаем

.

Так как k – целое число, то k  3.

Ответ. Дублет может быть разрешен решеткой в спектре порядка, начиная с k = 3.

Пример 5. Пучок естественного света падает на полированную поверхность стеклянной пластины, погруженной в жидкость. Отраженный от пластины пучок образует угол  = 85^о с падающим пучком (рис. 6.4). Определить показатель преломления п₁ жидкости, если отраженный свет максимально поляризован.

Рис. 6.4

Дано:

 = 85^о

п₂ = 1,5

п₁ = ?

Решение. Согласно закону Брюстера, пучок света, отраженный от диэлектрика, максимально поляризован в том случае, если тангенс угла падения численно равен относительному показателю преломления:

,

где п_2,1 – показатель преломления второй среды (стекла) относительно первой (жидкости).

Относительный показатель преломления равен отношению абсолютных показателей преломления, следовательно,

.

Так как угол падения равен углу отражения, то, следовательно,

,

откуда

.

Произведем вычисления

.

Ответ. Показатель преломления жидкости равен k = 1,64.

Пример 6. Определить, во сколько раз уменьшится интенсивность естественного света, прошедшего через два николя N₁ и N₂, плоскости поляризации которых составляют угол =60^о. При прохождении каждого из николей потери на поглощение света составляют 10% света, падающего на него.

Дано:

 = 60^о

k = 10 % = 0,1

I₀/I₂ = ?

Решение. Естественный свет, попадая в призму, раздваивается на обыкновенный и необыкновенный лучи. Оба луча поляризованы, но во взаимно перпендикулярных областях. Обыкновенный луч, подойдя к слою канадского бальзама, испытывает полное внутреннее отражение и поглотится зачерненной боковой гранью призмы. Необыкновенный луч проходит через призму без отклонения, уменьшая свою интенсивность из-за поглощения света призмой на величину kI₀.

Интенсивность света, прошедшего через поляризатор (николь N₁), равна

,

где k = 0,1 (10 %) – относительная потеря света в призме; I₀ – интенсивность естественного света, падающего на поляризатор.

Подставляя значение k, получим

.

Поляризованный свет, войдя во второй николь N₂ (анализатор), опять испытывает поглощение и уменьшает интенсивность на величину kI₀, и, кроме того, луч будет уменьшать свою интенсивность из-за несовпадения плоскостей поляризации анализатора и поляризатора согласно закону Малюса:

,

где I₂ – интенсивность поляризованного луча, прошедшего через анализатор; I₁ – интенсивность поляризованного луча, падающего на анализатор; k – коэффициент поглощения;  – угол между плоскостями поляризации поляризатора и анализатора.

Подставляя числовые значения физических величин, получим

.

Относительное уменьшение интенсивности

.

Ответ. При прохождении двух николей интенсивность естественного света уменьшится в 9,91 раза.

Пример 7. На металлическую пластинку падает монохроматический пучок света с длиной волны  = 0,413 мкм. Поток фотоэлектронов, вырываемых с поверхности металла, полностью задерживается разностью потенциалов U = 1 В. Определить работу выхода и красную границу фотоэффекта.

Дано:

U = 1 В

h = 6,6210^-34 Джс

с = 310⁸ м/с

е = 1,610^-19 Кл

 = 0,413 мкм = 0,41310^-6 м

А_вых = ? ₀ = ?

Решение. Воспользуемся уравнением Эйнштейна для внешнего фотоэффекта:

, (6.11)

где  = с/ – частота падающего света; А_вых – работа выхода электрона из металла; Е_К – кинетическая энергия электрона.

Так как поток электронов полностью задерживается разностью потенциалов U, то

, (6.12)

где е – заряд электрона.

Из уравнений (6.11) и (6.12) находим работу выхода

. (6.13)

Красная граница фотоэффекта определяет ту наибольшую длину волны ₀ (наименьшую частоту ₀), при которой фотоэффект еще возможен. Это должно соответствовать условию, что Е_К = 0. Тогда

,

или

. (6.14)

Делаем проверку единиц измерения:

,

.

Выполняем расчет:

,

.

Ответ. Работа выхода электронов из металла равна А_вых = 3,210^‑19 Дж; красная граница фотоэффекта ₀ = 6,210^-7 м.

Пример 8. Длина волны, на которую приходится максимум энергии в спектре излучения черного тела, _т = 0,58 мкм. Определить энергетическую светимость (излучательность) R_e поверхности тела.

Дано:

 = 5,6710^‑8 Вт/(м²К⁴)

С ^/ = 2,910^-3 мК

_т = 0,58 мкм = 0,5810^-6 м

R_e = ?

Решение. Энергетическая светимость R_e абсолютно черного тела в соответствии с законом Стефана -– Больцмана пропорцио­нальна четвертой степени термодинамиче­ской температуры и выражается формулой

, (6.15)

где  – постоянная Стефана – Больцмана; Т – термодинамическая температура.

Температуру Т можно вычислить с помощью закона смещения Вина:

, (6.16)

где С ^/ – постоянная закона смещения Вина.

Используя формулы (6.16) и (6.15), получаем

. (6.17)

Проверим единицы измерения:

.

Произведем вычисления:

.

Ответ. Энергетическая светимость поверхности черного тела равна R_e = 3,5410⁷ Вт/м².

Пример 9. Вычислить для основного состояния (п = 1) атома водорода радиус круговой орбиты электрона и его скорость.

Дано:

п = 1

|q_e| = 1,610^-19 Кл

q_я = 1,610^-19 Кл

₀ = 8,8510^-12 Ф/м

т_е = 9,110^-31 кг

h = 6,6210^-34 Джс

r_n = ? V_n = ?

Решение. Исходя из первого постулата Бора, определяем радиус круговой орбиты электрона:

,

откуда

, (6.18)

где т = т_е – масса электрона; V_n – скорость движения электрона по орбите; п – порядковый номер орбиты; r_n – радиус орбиты электрона; h – постоянная Планка.

При движении электрона по орбите кулоновская сила взаимодействия электрона и ядра является центростремительной силой:

,

откуда

, (6.19)

где |q_e| = |q_я| = q – заряд электрона или ядра атома водорода;  – относительная диэлектрическая проницаемость вакуума; ₀ – электрическая постоянная.

Из формул (6.18) и (6.19) следует

,

тогда скорость электрона

.

Найденное значение скорости подставляем в уравнение (6.18) и определяем радиус орбиты:

.

Проверим единицы измерения:

.

Подставляем числовые значения и делаем расчет:

;

.

Ответ. Электрон на первой орбите радиусом r₁ = 5,2910^-11 м имеет скорость V₁ = 2,210⁶ м/с.

Пример 10. Электрон в атоме водорода перешел с четвертого энергетического уровня на второй. Определить энергию испущенного при этом фотона.

Дано:

п₂ = 4

п₂ = 2

z = 1

R = 1,110⁷ м^-1

с = 310⁸ м/с

h = 6,6210^-34 Джс

 = ?

Решение. Для определения энергии фотона воспользуемся сериальной формулой для водородоподобных ионов:

, (6.20)

где  – длина волны фотона; R – постоянная Ридберга; z – заряд ядра в относительных единицах (при z = 1 формула переходит в сериальную формулу для водорода); п₁ – номер орбиты, на которую перешел электрон; п₂ – номер орбиты, с которой перешел электрон (п₁ и п₂ – главные квантовые числа).

Энергия фотона  выражается формулой

,

где h – постоянная Планка.

Умножив обе части равенства (6.20) на hc, получим выражение для энергии фотона:

.

Проверим единицы измерения:

.

Выполним расчет:

Ответ. При переходе электрона в атоме водорода с четвертой орбиты на вторую испустился фотон с энергией  = 4,0810^-19 Дж.

Пример 11. Электрон, начальной скоростью которого можно пренебречь, прошел ускоряющую разность потенциалов U. Найти длину волны де Бройля электрона для двух случаев: 1) U₁ = 51 В; 2) U₂ = 510 кВ.

Дано:

т_{0 е} = 9,1110^-31 кг

U₁ = 51 В

с = 3,010⁸ м/с

h = 6,6210^-34 Джс

U₂ = 510 кВ = 51010³ В

_Б = ? _Б = ?

Решение. Длина волны де Бройля для частицы зависит от ее импульса и определяется формулой

, (6.21)

где h – постоянная Планка.

Импульс частицы можно определить, если известна ее кинетическая энергия Е_К. Связь импульса с кинетической энергией различна для нерелятивистского (когда кинетическая энергия частицы много меньше ее энергии покоя) и релятивистского случаев (когда кинетическая энергия сравнима с энергией покоя частицы).

В нерелятивистском случае

, (6.22)

где т₀ – масса покоя частицы.

В релятивистском случае

, (6.23)

где Е₀ = т₀с² – энергия покоя частицы.

Формула (6.21) с учетом соотношений (6.22) и (6.23) запишется:

в нерелятивистском случае

; (6.24)

в релятивистском случае

. (6.25)

Сравним кинетические энергии электрона, прошедшие заданные в условии задачи разности потенциалов U₁ = 51 В и U₂ = 510 кВ, с энергией покоя электрона и в зависимости от этого решим, какую из формул – (6.24) или (6.25) – следует применить для вычисления длины волны де Бройля.

Как известно, кинетическая энергия электрона, прошедшего ускоряющую разность потенциалов U, равна

.

где е – заряд электрона.

В первом случае Е_К1 = еU₁ = 51 эВ = 0,5110^-4 МэВ, что много меньше энергии покоя электрона Е₀ = т₀с² = 0,51 МэВ. Следовательно, в этом случае можно применить формулу (6.24). Для упрощения расчетов заметим, что Е_К1 = 10^-4 т₀с². Подставив это выражение в формулу (6.24), перепишем ее в виде

.

Во втором случае Е_К2 = еU₂ = 510 кэВ = 0,51 МэВ, то есть равна энергии покоя электрона. В этом случае необходимо применять формулу (6.25). Учитывая, что Е_К2 = т₀с², по формуле (6.25) находим

.

Делаем проверку единиц измерения:

.

Выполним расчет:

;

.

Ответ. При прохождении разности потенциалов U₁ и U₂ длины волн де Бройля для электрона соответственно равны 17110^-12 м и 1,410^‑12 м.

Пример 12. Определить начальную активность радиоактивного препарата магния ²⁷₁₂Mg массой т = 0,2 мкг, а также его активность через t = 6 ч.

Дано:

т = 0,2 мкг = 0,210^‑9 кг

t = 6 ч = 63600 с

N_A = 610²³ моль^-1

Т = 600 с

 = 2710^-3 кг/моль

А₀ = ? А = ?

Решение. Активность А препарата определяет скорость радио-активного распада и измеряется числом ядер, распадающихся в единицу времени:

,

где N – число нераспавшихся ядер в момент времени, в который определяется активность А.

Согласно закону радиоактивного распада в дифференциальной форме,

,

где  – постоянная радиоактивного распада.

Учитывая, что закон радиоактивного распада в интегральной форме (для больших значений t)

,

где N₀ – число нераспавшихся ядер в момент времени, принятый за начальный; е – основание натуральных логарифмов,

находим

.

Откуда следует, что начальная активность (при t = 0)

. (6.26)

Следовательно, закон изменения активности по времени примет вид

. (6.27)

За единицу измерения активности в системе СИ принят 1 расп/с = 1 Бк (1 Беккерель). На практике обычно активность измеряют во внесистемных единицах кюри (1 Ки = 3,70010¹⁰ Бк).

Начальную активность определим по формуле (6.26). Входящая в эту формулу постоянная распада может быть выражена через период полураспада соотношением

.

Для ²⁷₁₂Mg период полураспада Т = 10 мин = 600 с. Следовательно,

.

Число радиоактивных атомов N₀, содержащихся в массе препарата, равно произведению числа Авогадро N_A на число молей данного изотопа т/, где  – молярная масса изотопа, то есть

.

Итак, начальную активность А₀ можно представить в виде

.

Проверим единицу измерения А₀:

.

Выполним расчет:

.

В единицах кюри

.

Активность через 6 часов (6 ч = 2,1610⁴ с) получим по формуле (6.27):

.

Ответ. Начальная активность препарата А₀ = 138 Ки, а через 6 часов составляет А = 2510^-10 Ки.

Пример 13. Вычислить энергетический эффект ядерной реакции . Освобождается или поглощается энергия?

Дано:

т_Не = 4,00260 а.е.м.

т_В = 10,01294 а.е.м.

т_Н = 1,00783 а.е.м.

т_С = 13,10335 а.е.м.

с² = 910¹⁶ м²/с² = 931 МэВ/а.е.м.

Q = ?

Решение. Энергетический эффект Q ядерной реакции определяется уравнением

(6.28)

где коэффициент пропорциональности с² удобней для расчетов выразить через внесистемные единицы:

;

т_исх и т_пол – суммы масс исходных ядер и ядер – продуктов реакции.

Для данной задачи уравнение (6.28) запишется в следующем виде:

. (6.29)

При числовых подсчетах по этой формуле массы ядер заменяют массами нейтральных атомов. Возможность такой замены вытекает из следующих соображений.

Число электронов в электронной оболочке нейтрального атома равно его зарядовому числу z. Сумма зарядовых чисел исходных ядер равна сумме зарядовых чисел ядер – продуктов реакции. Следовательно, электронные оболочки ядер гелия и бора содержат вместе столько же электронов, сколько их содержат электронные оболочки ядер углерода и водорода.

Очевидно, что при вычитании суммы масс нейтральных атомов углерода и водорода из сумм масс атомов гелия и бора массы электронов выпадут, и мы получим тот же результат, как если бы брали массы ядер. Подставив массы атомов в расчетную формулу, получим

.

Так как Q > 0, то реакция идет с выделением энергии.

Ответ. При совершении ядерной реакции выделится 4,06 МэВ энергии.

Пример 14. Определить порядковый номер и массовое число изотопа, который получается из ядер изотопа в результате одного -превращения и двух -превращений.

Решение. Используем при решении задачи законы сохранения массового числа и электрического заряда. По условию задачи

.

По таблице Менделеева можно определить, что элемент Х – радий.

Ответ. После одного -превращения и двух -превращений протактиний Ра-233 превращается в изотоп радия .