Практика решения задач по физике. Часть 5. Квантовая физика. Евсюков В.А., Показаньева С.А

Отсюда получаем sin

mc(p p )

. Для p=1,02 МэВ/с,

p’=0,255

2

2pp

МэВ/с, где

с=3108 м/с,

угол отклонения рассеянного фотона

2arcsin

0,91 10 30 (3 10 8 )2 (1,02 0,255 )

2 arcsin 0,276

32 0

2 1,02 0,255 1,6 10 13

энергии тс2

E

(1)

и

импульса

k

p k (2).

При

этом

учтем

релятивистские

соотношения:

E T mc2

(3),

p

/c (4). Выражения (3) и (4) для Е и р позволяют

T(T 2mc2 )

равенства (1)

и (2) переписать в виде

T ;

(5)

2

2

p

2

2

(k

2

k

2

2kk

cos )

(k k )

T(T 2mc2 )/c2

2 ( 2

2 2 cos ) T(T 2mc2 )

(6)

Подставляем (5) в (6): 2 2

( T)2

2 ( T)cos T(T 2mc2 ),

2 2

2 2 2 T T 2

2 2 2

cos 2 T cos T 2 2mc2T

для : 2 T

mc2T

, sin

0. Одним из корней этого

2sin2

2

2

уравнения, имеющего физический смысл, является величина

T

(1

1 2mc2 /(T sin

))

(7)

2

2

2mc2

2 0.511

3, энергия кванта =3Т/2=0,68 МэВ.

T sin2

0.45

3

при

,

т.е.

2 c .

max

Для Т=Тm и

по формуле (7) задачи 5.33. получим:

Tm

(1 1

2mc2

)

.

Отсюда

длина волны

рентгеновского

Tm

2

излучения

.

Для

2 c/ 4 c/[T

(1 1 2mc2 /T )]

m

m

Тm=0,19МэВ: mc2 /T

0,511/0.19 2,70 ;

m

T (1

) 0,67МэВ;

1 2mc2

/T

m

m

длина волны

4 0,66 10 15 3 108

3,7 10 12

м 3,7пм.

0,67 106

5.35.

Из

параллелограмма

импульсов

имеем:

psin k sin

(1),

pcos (k k cos )

(2). При делении (1)

на

(2)

и

заменах

k /c, k /c

получим:

22

tg

sin

(3)

/ cos

По условию , т.е. / 1 / .

(4)

Из

формулы

комптоновского

смещения

c (1 cos )

определяем:

cos 1 / c

,

(5)

.

(6)

sin

1 (1 / )2

2 /

c

( / )2

c

c

Подставляем

(4)

–

(6)

в

(3)

и

получаем:

2 /

c

( /

)2

tg

c

1 / 1 / c

c 2 / c

( / c )2

2 c ( )2

.

2 c / 1

(7)

( c / 1)

( c )

c / 1

Теперь учтем, что с

2 /mc и 2 c/ и перепишем

.

(7) в виде

tg

4 /(mc ) 1

(8)

1 /mc2

Для 0,15МэВ и 3,0пм

tg

4 1,05 10 34

/(0,91 10 30 3 108

3,0 10 12 ) 1

0,6, угол 310 .

1 0,15/0,511

5.36. Радиус кривизны траектории электрона отдачи в

магнитном поле

найдем

из

динамического

уравнения

m 2

m /eB , где

m

m/

1 2 /c2

-

/ eB , B :

r

r

r

вычислить

скорость

электрона

и

релятивистскую

поправку

. При этом будем исходить из законов сохранения:

1. 1 2

1)

энергии T ,

где

Т – кинетическая энергия

электрона отдачи; отсюда T ;

2)

импульса

при

(лобовом

столкновении)

k p k

p (1/c)( ) cp T cp

2 T .

По условию /mc2

,

т.е. mc2 .

Учитывая

соотношения

p m /

1 2

и

T mc2 /

1 2 mc2 ,

получим равенство:

cm

2

mc 2

2

v2 .

2 mc

mc

c c(1 2 ) 1

c2

1 2

1 2

c (1

2 )2

1

.

Далее:

[(1

2 ) 2

1]

2

1

2

1

(1

2 )2

1

[(1

2 ) 2

1]

2

2(1 2 )

,

1

(1 2 )2

1

.

(1

2 )2 1

1 2

2(1 2 )

Теперь можем определить радиус кривизны траектории

электрона:

m

m

c[(1 2 )2

1]

(1 2 )2

1

eB

eB

1 2

(1

2 )2

1

2(1

2 )

mc

(1 2 ) 2 1

2mc

(1 )

.

2eB

1 2

eB

1 2

Итак,

2mc

(1 )

. Для В=0,12

Тл и 2

радиус

eB

1 2

кривизны

2 0,91 10 30

3 10 8

6

3,4 10 2 м 3,4см .

1,6 10 19 0,12

5

24

на смещенный электрон, равна F ( e)E (ke2 / R3 )r .

Отсюда

коэффициент квазиупругости системы x ke2 / R3

. В

x/m (e/ R) k /mR , испуская свет с длинной волны

2 c/ (2 c/e)

mR3 /k.

(1)

Энергия ионизации атома

водорода равна

работе

0

R

ke

rdr

ke

3ke

. Принимая 0 ,

получаем

0

R3

R r2

2R

0

3ke/2R,E 3ke2 /2R. Отсюда радиус атома водорода

R 3ke2 /2E 3e2 /(8 0E).

(2)

Для Е=13,6 эВ радиус R

3 1,6 10 19

1,6 10 10 м 0,16нм .

8 8,85 10 12 13,6

испускаемого света

3ce2

3m

. Вычисление дает 0,24мкм .

4 0E 2E

5.39.

Воспользуемся

формулой

(5.1а)

сборника

tg

k

q1q2

,

из

которой

прицельный

параметр

2bK

2

b кq1q2 /(2Ktg /2) . Заряды q1

2e (альфа-частицы) и q2 79e

(ядра

атома

золота).

Для

к=0,27

МэВ

и 600

прицельный

параметр b

79ke2

79 9 109

1,6 10 19

0,73 10 12

м 0,73пм.

Ktg /2

0,27 106tg300

5.40. а) Лобовое соударение -частицы

(q1 2e) с

тяжелым покоящимся ядром атома свинца (q2

82e).

электрического взаимодействия,

т.е. K kq1q2 /rmin . Отсюда

r

kq q

2

/ K 164ke2 /K . Для

К=0,40

МэВ минимальное

min

1

расстояние сближения r

164 9 109 1,6 10 19

0,59 10 12 м 0,59пм.

0,4 106

min

найдем

из

закона

сохранения

импульса:

p

(m mLi ) c ,

c

/(m mLi ) .

2m K

Далее

воспользуемся

законом

сохранения

энергии:

kz

z

e2

(m m

Li

) 2

4

He )

K

1

2

c

,

где

z1 2 (для 2

и z2

z

(для

rmin

2

произвольного ядра

ZA X ,

в частности для лития z=3). Отсюда

2kZe2

m K

m

2kZe2

2kZe2

m

получаем:

K

Li

K

r

(1

) .

r

m m

r

min

K

m

m m

min

Li

Li

min

Li

Для К=0,40 МэВ минимальное расстояние

r

2 9 109

3 1,6 10 19

(1

4

) 3,4 10 14 м 0,034пм .

min

0,40 106

7

5.41. Описание процесса рассеяния -частиц

на

ядрах

ZA X

атомов

некоторого элемента

представляет

собой

решение

b

kq q

kZe2

,

где

Е

–

энергия

частицы,

равная

1

2

2Etg /2

Etg /2

кинетической энергии К, заданной на большом расстоянии от

рассеивающего центра. Кулоновская сила, действующая на -

частицу,

,

или

F /r2 ,

где 2kZe2

0 .

Момент

F r

r3

[r,m v] , где

импульса относительно

центра сил

L Lz

m

-

масса

-частицы.

Поскольку

L const

,

то

модуль

L bm v0 b 2m E .

Траектория -частицы представляет собой ветвь

гиперболы,

полярное уравнение

которой

при >0 имеет

вид

r p/( cos 1) ,

где

p L2

/m

-

y

параметр,

1 2EL2 /m 2

-

F

А

rmin

эксцентриситет кривой.

А

b

В

Примерный

вид

траектории

-

O'

частицы показан на рисунке. Расстояние

b

r

x

между силовым центром О и ближайшей

O

точкой

А

орбиты

частицы

равно

rmin

p/( 1). Вычислим значения параметров орбиты:

28

p L2

/m

b2 E

kZe2

ctg2 /2,

kZe2

E

1 2EL2 /m 2

1 Ctg2 /2 1/sin /2 csc / 2

Минимальное расстояние, на которое α -частица может

приблизиться

к

ядру,

равно

rmin

p

kZe2

ctg

2

1

1

E

2

/(sin /2 1)

kZe

2

cos

2 / 2

sin

/ 2

kZe

2

1 sin

2 / 2

E

sin

2 / 2

sin / 2

sin(

/ 2)(1 sin

/ 2)

1

E

kZe2

1 sin /2

kZe2

(1 csc /2), т.е.

rmin

kZe2

(1 csc

).

E

sin /2

E

E

2

В случае ядра

80200 Hg , Е=0,50 МэВ и =900 наименьшее

расстояние r

9 109

80 1,6 10 19

(1

2) 0,56 10 12 м 0,56пм.

0,50 106

min

a

F

2kZe2

потому,

как в этой точке

a

=0. Скорость v

n

m r2

A

m

min

найдем из закона сохранения энергии: E

mvA2

2kZe2

. Отсюда

2

rmin

получаем

2

2E 1 sin /2 ,

а затем

радиус

кривизны:

vA