2039

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Сибирская государственная автомобильно-дорожная академия

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

К = Е – Е0; Е2 = Ео2 + р2с2; Ео = mc2,

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

07.01.2021

Размер:

2.73 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 1812 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

расстояние x2 между центральным и вторым главным максимумами (x2 = 21,4 см). Экран удалён от решётки на L = 1,8 м. Период решётки d = 8,0 мкм, Какое значение длины волны получено в данном опыте ?

10. Свет с длиной волны λ = 530 нм падает нормально на дифракционную решетку с периодом d = 1,50 мкм. Найти угол дифракции, под которым наблюдается максимум наибольшего порядка.

4. Квантовая физика

Пример 1. Оценить число N квантов видимого света,

регистрируемых глазом человека за одну секунду на расстоянии 1 м от лампы накаливания мощностью 0,1 кВт. Доля излучения лампы, приходящаяся на видимую область, составляет около 1%. Диаметр зрачка глаза d = 4 мм; cредняя длина волны видимого света <λ> = 0,6 мкм. Лампу считать изотропным источником14.

	N	вид = ?			Решение. По закону сохранения энергии
		вид = ?			Решение. По закону сохранения энергии
P = 0,1·103 Вт			-3	м		W подв = W изл ,				(1)
r = 1 м; d = 4 ·10				м	где Wподв = P∙t – энергия, подводимая к лампе за
λ = 6·10–7 м					где Wподв = P∙t – энергия, подводимая к лампе за
η = 0,01					время t; Р –	электрическая			мощность	лампы;
η = 0,01					Wизл – энергия излучения.
h = 6.63·10 –34 Дж·c					Wизл – энергия излучения.
с = 3,00·108 м/с					Энергия видимого излучения с учётом (1)
						W вид=ηP t ,				(2)
С другой стороны, согласно гипотезе Планка
						W вид=N вид h ν,				(3)
где Nвид – число					квантов видимого света; hν				– энергия	кванта;
ν = c/λ – частота излучения; с – скорость света; λ – длина волны.
Объединяя (2) и (3), получим							с
					ηP t=N	h	с	,		(4)
					ηP t=N	h	λ	,		(4)
						вид	λ

Число квантов, попадающих в глаз, находящийся на расстоянии r от точечного источника света, во столько раз меньше числа излучаемых квантов, во сколько площадь зрачка глаза меньше

площади сферы радиуса r:	N гл	=	Sгл	, где	Sгл=	π d2	; Sсф=4 π r	2	;
	N вид		Sсф			4

d – диаметр зрачка.

14 Изотропный источник – (isos (греч.) – равный, одинаковый; tropos – поворот, направление) – источник, излучающий одинаково во всех направлениях.

110

Используя выражение (4), находим

N вид=

ηP tλ

16 r2

h c

[N вид ]=

Вт c м c м2

Дж

=1.

Дж c м

Дж

м2

N вид=

10−2 102 1(4 10−3)2 0,6 10−6

9,6 10−12

= 3 1012 .

16 12 6,6 10−34 3,0 108

300 10−26

Пример 2. Какой максимальный потенциал приобретёт

серебряный шарик, изолированный от других тел, в результате длительного облучения ультрафиолетовым светом с длиной волны 63 нм?

max	= ?	Решение. В данном случае имеет место фото-
φш		эффект – явление, при котором кванты света
λ = 63·10–9 м
Aв=4,28·1,60·10 –19 Дж		(фотоны), бомбардируя поверхность металла,
h = 6.63·10 –34 Дж·c		выбивают электроны, Энергия фотона расхо-
qe = e = –1,602·10 –19 Кл		дуется на вырывание электрона из металла и на
с = 3,00·10 8 м/с		сообщение кинетической энергии:

где ε = hν, или ε=hc	ε = Aв + Ке,	(1)
где ε = hν, или ε=hc	– энергия фотона; h – постоянная Планка;
λ

ν – частота падающего излучения; λ – длина волны; с – скорость света в вакууме; Aв – работа выхода (см. прил. 6); К е = m2υ2 – кинети-

ческая энергия фотоэлектрона (электрона, выбитого квантом света с поверхности металла).

	По условию энергия кванта hс/λ = 31,57·10 –19 Дж, что больше
R	- e →			– e	работы выхода. Изолированный			проводник,
R	- e →			– e	работы выхода. Изолированный			проводник,
					теряя	электроны,	приобретает	положитель-
+ Q r1= R		r2 = ∞			теряя	электроны,	приобретает	положитель-
+ Q r1= R		r2 = ∞			ный	заряд q и соответствующий электриче-
	φ1=φшmax	φ	2	= 0	ный	заряд q и соответствующий электриче-
	K1 = ε –Aв		2		ский потенциал φш. Потенциал электрического
	K1 = ε –Aв	K2 = 0			ский потенциал φш. Потенциал электрического
	Рис. 40				поля	заряженного	шара (рис. 40) φ = k q ,
	Рис. 40							r
					где q – заряд шара; r – расстояние от центра

шара (r > R); k = 9·109 В·м/Кл; R – радиус шара.

Электрический потенциал поверхности шара φш = k qR .

111

Поле положительно заряженного шара тормозит вырываемые отрицательно заряженные частицы. При достижении некоторого

максимального заряда шара Q и соответствующего потенциала φшmax

скорость вылетевших электронов под действием кулоновской силы уменьшается до нуля и они возвращаются обратно. Дальнейшее облучение не увеличивает заряд шарика и, следовательно, его потенциал. Максимальный потенциал поверхности шарика

φmaxш = k QR .

Чтобы найти искомую величину φmaxш , используем теорему об изменении кинетической энергии. Работа всех сил, действующих на

тело, равна изменению его кинетической энергии, А =	K, или
е(φ1 – φ2) = K2 – K1,	(2)
где А = е(φ1 – φ2) – работа кулоновской силы; φ1 =	φшmax = k Q ;
	R

φ2 = 0; К1 = ε – Aвых , согласно (1); K2 = 0.

Подставляя в (2) выражения величин φ1, φ2, K1, K2 и ε, получим

e φшmax= 0−K1 ,

или

e φшmax=0−(h ν−Aвых).

−(h

−Aвых)

max

φш

После проверки расчётной формулы по наименованию единиц

величин, входящих в уравнение, вычислим искомую величину

max

−(6,63 10−34 3,00 108/(63 10−9)−6,848∙10–19)

max

φш

;

φш = 15,4 B.

−1,602 10

−19

Пример 3. Определить наибольшую длину волны К-серии излучения рентгеновской трубки с молибденовым анодом.

λ max= ?

Z = 42 σ = 1

ni = 2; nf = 1

R = 1,10·10 7 м-1

Решение. В отличие от сплошного рентгеновского спектра, вид которого определяется ускоряющим напряжением, спектр характеристического излучения

состоит из отдельных линий. Положение линий в спектре можно рассчитать по сериальной формуле

1	= Rλ (Z−σ)2 (	1	−	1	),
λ
		n2f		ni2

где λ – длина волны, соответствующая спектральной линии, наблюдаемой при переходе электрона с энергетического уровня с номером ni на уровень с номером nf (ni > nf); Rλ – постоянная Ридберга;

112

Z – целое число, характеризующее вещество анода рентгеновской трубки (порядковый номер химического элемента в периодической таблице); σ – постоянная экранирования.

В расчётах длин волн К-серии принимается значение σ = 1. Молибден имеет порядковый номер Z = 42. Поскольку в данной задаче Z и σ – постоянные величины, то длины волн рентгеновского излучения определяются только номерами начального ni и конечного nf уровней. Для К-серии nf = 1, так как данная серия спектральных линий образуется при переходах электронов на первую (считая от ядра) оболочку со всех более удалённых (ni = 2, 3, 4 … ∞). Очевидно, что наибольшей длине волны соответствует переход электрона с ближайшей (второй) оболочки, т. е. ni = 2, на первую (nf = 1).

Подставляя числовые значения в формулу, получим λ−1 =1,10 107(42−1)2 (1−1/4). λ = 7,23·10–11 м = 72 пм.

Пример 4. Определить давление света, излучаемого нитью

10-ваттной лампы накаливания, на внутреннюю стенку стеклянной колбы этой лампы. Колба имеет вид цилиндра диаметром 20 мм и длиной 100 мм, по оси которого расположена нить. Стенки лампы пропускают 70 % излучаемой нитью энергии; 10 % света поглощается в стекле и 20 % отражается.

p= ?	Решение. На основе квантовой гипотезы Планка и
P = 10 Вт	закона сохранения импульса можно получить формулу
Wпр = 0,70W0	светового		давления на		непрозрачную поверхность
Wпогл = 0,10W0
		I		W
Wотр = 0,20W0
d = 20·10-3 м	p = c (1+		ρ), где I = S t		– интенсивность падающе-
l = 100·10-3 м	го света; ρ – коэффициент отражения; W = Wпогл + Wотр
с = 3,0·10 8 м/с	– сумма		поглощённой		и отражённой энергий;

с – скорость света в вакууме.

По условию задачи поглощённая и отражённая энергии составляют в сумме 30 % излучаемой энергии W0, т. е. W = 0,3W0. Соответствующая мощность – W/t = 3 Вт. Из этого количества, учитываемого в расчётах давления света, отражённая часть составляет 2 Вт; поглощённая – 1 Вт. Следовательно, коэффициент отражения света от стенки лампы ρ = ⅔.

Можно считать, что вся энергия, излучаемая нитью, распределяется по цилиндрической поверхности колбы, поскольку по сравнению с ней суммарная площадь торцевых поверхностей мала ( 2πr2 << 2πrl).

113

Тогда S ≈ 2πrl . S = 2·3,14 ·10·10-3·100·10-3. S = 6,28·10-3 м2.

Давление света на стенку колбы

p =

(1+ ρ) .

t S

[ p] =

Дж с

Н м

=Па .

p =

3(1+ ⅔)

c м м

−3

3,0 10 6,28 10

Ответ: p = 2,7·10-6 Па = 2,7 мкПа.

Пример 5. Найти длину волны де Бройля для электрона, обладающего кинетической энергией 3,0 МэВ.

λ= ?	-13		Дж	Решение. Дебройлевская длина волны λ =	h	,

К = 3,0·1,60·10					p
h = 6,63·10 -34 Дж·с				где h – постоянная Планка; р – импульс частицы.
с = 3,00·108 м/с
Е0=0,51·1,60·10		-13	Дж	Прежде чем приступить к вычислениям
				импульса частицы, следует проверить применимость

к описанию поведения данного электрона формул классической

механики: р = m∙υ и	K = m υ2	,	или K =	p2	, где m – масса;
				2 m
	2

υ – скорость частицы; К – кинетическая энергия.

Энергия покоя электрона Е0 = 0,511 МэВ (см. прил. 6), тогда как по условию задачи его кинетическая энергия К = 3,0 МэВ. Классические формулы, использование которых оправдано при

условии К Е0, или υ с, где с – скорость света в вакууме, приведут к ошибочным результатам, когда K > E0.

Если энергия частиц порядка энергии покоя и выше, то в расчётах применяются определения и законы теории относительности (релятивистской теории):

где р – импульс; К – кинетическая энергия; Е – полная энергия релятивистской частицы. Взаимосвязь импульса и кинетической

энергии получается в виде

p = 1

√

K (K +2 E0)

Подставив выражение импульса в формулу де Бройля, найдём

искомую величину λ =

h c

λ = 0,36 пм.15

√K (K + 2 E0)

15 Применение классической формулы импульса

p = √

даёт значение λкл = 0,71 пм.

2m K

114

Пример 6. Перед тем, как перейти в основное состояние с

испусканием фотона, атом находился в возбуждённом состоянии в течении промежутка времени τ ≈ 12 нс. Средняя длина волны излучения λ = 120 нм. Найти минимальную неопре-

делённость длины волны (ширину спектральной линии).

∆λ = ?

Решение.

Соотношение неопределённостей,

τ = t =12·10-9 с

связывающее

энергию

продолжительность

λ =120 10−9 м

h = 6.63·10 –34 Дж·c

события, имеет вид

(1)

с = 3,00·108 м/с

E t

≥

где =

; h – постоянная Планка; E = hcλ

– энергия фотона.

2 π

λ.

dE = λ2 d λ; =>

(2)

λ2

Решая систему уравнений (1) и (2), получим

λ ≥

(3)

4π τ c

(1,2 10−7)2

λ ≥

−14

= 0,032 10

м.

−8

4 3,14 1,2 10 3,0 10

Ответ: Неопределённость длины волны (ширина спектральной линии) излучения данного атома составляет Δλ = 0,32 фм.

Пример 7. Вычислить вероятность Р обнаружения микрочас-

тицы в промежутке координат 0 ≤ x ≤ ⅓ℓ, когда частица находится в первом возбуждённом состоянии (n = 2) в одномерной бесконечно глубокой прямоугольной потенциальной яме шириной ℓ.

Р = ?

Решение.

Вероятность

обнаружения частицы

n = 2

промежутке

координат

от

до

вычисляется

по

x1 = 0; x2 = ⅓ℓ

π x n

с = 3,00·10

м/с формуле

Р = ∫ψn( x) dx ,

где

ψn( x) = Asin

–

ℓ

волновая функция частицы, заключённой в потенциальную яму с

бесконечно

высокими стенками;

A = √

2/ℓ

;

–

квантовое

число

(номер состояния), n = 1, 2, 3, … .

По условию данной задачи имеем n = 2; x1 = 0; x2 = ⅓ℓ.

⅓ ℓ

2 π x n

⅓ ℓ

2π x n

Р = l

∫0

(sin

) dx =

ℓ

∫0

− cos

) dx ;

ℓ

115

⅓ ℓ

⅓ ℓ 1

2 π x n

1 ℓ

⅓ℓ 2 π n

Р = ∫0

ℓ dx −∫0 ℓ

(cos

ℓ

) dx =

−

ℓ

(sin

ℓ

−sin 0).

2 π n

Учитывая, что частица находится не в основном (n = 1), а в первом возбуждённом (n = 2) состоянии, получим значение вероят-

ности Р =

−

sin(

4 π

);

Р = 0,333 − (−0,0690) = 0,402.

4π

Ответ. Вероятность обнаружения частицы в заданном проме-

жутке координат P = 0,402.

Можно

проверить

правильность расчётов,

ψ2(x)

n = 2

принимая

во внимание

геометрический

смысл

интеграла

P=∫ψn2( x)dx .

Вся площадь,

огра-

½ℓ

ℓ x

ниченная сверху графиком ψ2(x), а снизу осью 0х

Рис. 41

(рис. 41),

считается

равной

единице, поскольку

вероятность P обнаружить частицу в промежутке координат от 0 до ℓ P0 - ℓ = 1. Приближённое значение искомой вероятности P0 - ⅓ℓ ≈ 0,4 найдём, оценив площадь под кривой в промежутке от 0 до ⅓ℓ (слева от штриховой линии) и разделив её на всю площадь под графиком в промежутке от 0 до ℓ .

Радиоактивность

Пример 8. Вычислить вероятность P того, что определённое

ядро радиоактивного изотопа Ро-218 распадётся в течение ближайшей минуты.

P = ?	Решение. Вероятность распада определяется
t =1 мин = 60 с	формулой
T½=3 мин =180 с	dP=−dN , или P=− N ,
NA = 6,02·1023 моль-1	dP=−dN , или P=− N ,
	N 0	N 0
где N – число радиоактивных ядер; N = N – N0 – изменение их числа.
Знак "−" обусловлен тем, что N < 0,		тогда как вероятность –

положительная величина, Р > 0.

Число радиоактивных ядер вследствие распада уменьшается по экспоненциальному закону N = N 0 e−λt , где t – время; N = N0

в момент t0 = 0; λ = ln 2/T 1/ 2 – постоянная распада; T1/2 – период полураспада (табличные значения см. в прил. 6).

116

		N 0−N 0 e	−λ t	ln2
Таким образом,	P =			= 1−e−λt => P = 1−e−T1/2 t .
		N 0

Для данного изотопа с периодом полураспада T1/2 = 3 мин вероятность распада отдельного атома в течение ближайшей минуты (t = 1 мин) составляет Р = 0,2, т. е. 20 %.

Пример 9. Из каждого миллиарда атомов некоторого радиоак-

тивного изотопа за одну минуту распадается в среднем пятьсот атомов. Вычислить период полураспада и определить, какому изотопу (см. прил. 6) он соответствует.

N0		T	½	= ?		Решение. Способ 1. Число	радиоактивных атомов

	= 1,0·109				уменьшается со временем по статистическому закону
t = 1,0·60 с
						N =N 0 e− λt ,	(1)
N = 500
где		N0 − число				их в момент t0 = 0; λ	− постоянная распада;

λ = ln 2/T 1/ 2 ;

T½ – период полураспада –

время,

за

которое

количество радиоактивных атомов уменьшается вдвое.

Уравнение (1) перепишем в виде

−ln 2

N =N e

T 1/ 2 .

Анализ исходных данных показывает,

что

500 2 1,0 10 ,

следовательно

t T ½ . Учитывая приближённое равенство ех ≈ 1+х

при малом х (см. прил. 5), получим

N =N 0 (1−ln 2

(2)

T 1/2

Подставим выражение (2) в формулу |ΔN|=N0−N для числа рас-

павшихся атомов: N =N 0 ln 2

. Из

полученного

выражения

T 1/ 2

N 0

найдём период полураспада T 1/2= ln 2

t .

Способ 2. Активность радиоактивного нуклида по определению

равна	A= dN	,	что даёт для малого промежутка времени (t T½)
	dt			N
			A =	N	.	(3)
			A =		.	(3)
				t

117

По	условию	A =	500			С	другой стороны,
				60 Бк .

где N ≈N0	в данном случае;			λ = ln 2			. Отсюда следует:
					T 1/2

A = ln 2 N 0 .

T 1/ 2

Из системы уравнений (3 ) и (4) получим

Δ N	= N	ln 2	=>	T		= ln 2		N 0	t .

t							Δ N
	0 T 1/ 2				1/2

A = λ N ,

(4)

Способ 3. Приращение числа радиоактивных ядер dN за бесконечно малый промежуток времени dt определяется законом

радиоактивного распада в дифференциальной форме
dN =− λ∙ N ∙ dt ,	(5)
где λ − постоянная распада, λ = ln 2 ; T½ − период	полураспада;
T 1/2

N − число радиоактивных атомов на данный момент времени.

По условию число ядер, распавшихся за данное время, много меньше половины их начального числа (500 << ½ 1,0 109 ), следова-

тельно t T½, т. е. время наблюдения t очень мало по сравнению с периодом полураспада. В таком случае уравнение (5) можно упрос-

тить:	Δ N=N 0 ln 2 t ,	где \| N\| − число распавшихся ядер. Отсюда
	T 1/ 2			N 0
период полураспада выражается в виде T 1/2= ln 2				N 0	t .
период полураспада выражается в виде T 1/2= ln 2			Δ N		t .
			Δ N
	T 1/2= 0,693 1,0 10	9		T 1/2=2,6 года .
	T 1/2= 0,693 1,0 10	1,0 мин=139 104 мин.		T 1/2=2,6 года .
	500

Это значение соответствует изотопу Na-22 (см. прил. 6).

Пример 10. Выделили 0,20 грамма радия-226 и поместили в

закрытую капсулу. В результате альфа-распада в капсуле накапливается радиоактивный газ радон и устанавливается радиоактивное равновесие. Записать уравнения распада радия и радона. Определить активности радия и радона после 1 года распада.

118


ARa= ? ARn	= ?
m = 0,20·10-3 кг
МRa = 0,226			кг
МRa = 0,226		моль
MRn = 0,222			кг
MRn = 0,222			моль

t =365·24·3600 с

NА=6,02·1023 1

моль

T½Ra = 1620 лет T½Rn = 3,823 сут

Решение. Из определения активности			A= dN		и
закона радиоактивного распада N =N e−λ t				dt
				следует
		0
A= A0 e−λt , где А=λ N и А0=λ N 0 . Число				ради-
оактивных атомов N, можно найти, как показано в
предыдущем примере,	при	условии	t T ½		по
формуле N =N 0 (1−ln 2	t	).

T 1/ 2

Условие радиоактивного равновесия имеет вид A1 = A2 = … , или λ1 N 1 = λ2 N 2= ... ,

где λ1, λ2, ... и N1, N2, ... – постоянные распада и числа атомов членов радиоактивного семейства соответственно.

Активность	ARa =	ln 2 N 0 Ra	(1−	ln 2 t	), где N 0 Ra=	m	N A	–
		T(1/2)Ra		T (1/ 2)Ra		M

начальное число атомов радия; m – масса; М – молярная масса радия; NA – постоянная Авогадро.

Из условия задачи следует, что активности всех членов радиоактивного семейства одинаковы, поскольку достигнуто равновесие. В данном случае

ARa = ARn.

Произведя вычисления, получим начальное число атомов радия N 0 Ra=5,3 1020 и активности радия и радона ARa = ARn = 7,2 ГБк.

Ядерные реакции

Пример 11. Покоящийся дейтрон поглощает γ-квант и распа-

дается на две частицы: протон и нейтрон. Кинетическая энергия образовавшихся частиц в сумме составляет 2,3 МэВ. Определить импульс γ-кванта и длину волны соответствующего электромагнитного излучения.

| p | = ? λ=?

md = 2,0135532 а.е.м. mp = 1,0072765 а.е.м. mn =1,008665 а.е.м.

с2 = 931,49 МэВ/а.е.м. с = 3,00·108 м/с

h = 6,63·10-34 Дж·с Kp+Кn= 3,68·10-13 Дж

Решение. Схема данной ядерной реакции:

2 H + γ →	1H +	1 n, или d (γ ,n) p .
1	1	0
Закон сохранения энергии приводит к
уравнению
E0d + Eγ = E0p + E0n + (Кp + Кn),
где E0d = mdc2, E0p = mpc2		и E0n = mnc2 – энергии

119

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 1812 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
07.01.20212.7 Mб252034.pdf
#
07.01.20212.7 Mб112035.pdf
#
07.01.20212.71 Mб12036.pdf
#
07.01.20212.72 Mб212037.pdf
#
07.01.20212.73 Mб562038.pdf
#
07.01.20212.73 Mб142039.pdf
#
07.01.2021346.88 Кб5204.pdf
#
07.01.20212.73 Mб22040.pdf
#
07.01.20212.74 Mб32041.pdf
#
07.01.20212.75 Mб362042.pdf
#
07.01.20212.75 Mб232043.pdf