Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

3012

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.11.2022

Размер:

2.85 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 246 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 > Следующая >>>

где

Eсв Z2 R

Z 2 4 R,

R-

постоянная Ридберга. Отсюда

2 c

. Заменяя

на

, получим 2

2 R

2( 4 R)

В частности для 18,0нм скорость вырванного электрона

3 108 1,05 10 34

0,9 10 30 2,26 106

м с.

18 10 9

5.76. Представим

неупругое столкновение двух атомов

водорода с испусканием одним из них фотона как процесс, состоящий из последовательности переходе, одних видов энергии в другие. Начальную фазу процесса будем понимать как обычное неупругое соударение двух одинаковых частиц, одна из которых имела кинетическую энергию, вторая – покоилась. В результате этого события часть кинетической энергии перейдём во внутреннюю энергию частиц ( в общем). Эту часть энергии можно найти по закону сохранения импульса. После любого столкновения система как целое

будем двигаться со скорость

, где υ - скорость налетающей

частицы (

Следовательно, кинетическая

энергия

⁄2

. При этом

частиц после

их столкновения равна

системы

2 =

–

убыль кинетической энергии

2∙

∆

4 =

это с одной стороны, а с другой это

приращение

внутренней

энергии частиц.

учтём

квантовые

особенности

частиц

(атомов). По

условию задания при соударении был испущен фотон одним из атомов. Поскольку атом может поглощать – испускать энергию квантами, то результатом рассматриваемого столкновения будет система из невозбужденного и возбужденного атома. Следовательно, убыль кинетической энергии ∆ пойдёт на приращение внутренней энергии одного атома. При этом возбуждённый атом испустит


фотон с энергией			. Минимальная энергия испущенного фотона
атомом водорода			=	=	1−1 4		= 3	⁄4	, - постоянная
Ридберга.
	Итак, чтобы это событие произошло, необходимо условие
∆ =	4 ≥ 3 ⁄4	,	т.е.	2		,	где	- масса атома водо-
				2 ≥ 3 ⁄2

рода. Отсюда видно, что минимальная кинетическая энергия налетающего атома для осуществления акта излучения фотона, должна

= 2

= 1,5 ∙ 0,66 ∙ 10−15 ∙ 2,07 ∙ 1016

= 20,5

бытьравна

эВ

эВ.

5.77. Частота головной линии серии Лаймана спектра водо-

рода

= 3

⁄4

-постоянная Ридберга. Модуль импульса ис-

пущенного фотона этой спектральной линии

= =

⁄ = 3

⁄4

По закону сохранения импульса имеем:

= 3

⁄(4

где – масса

атома водорода; приобретенная скорость

) = 3,27

⁄

= 3

⁄4

м с.

5.78.

Формулы

−

= ⁄

выраженной

соответственно частоту, энергию и импульс

испущенного фотона при переходе электрона водородоподобного иона с энергетического уровня на уровень в системе отсчёта эти величины имеют другие значения в связи с тем, что в этой системе ион получает импульс отдачи, в чем мы убедились на примере 5.77. Однако отличия в значения указанных величин в разных системах отсчета исключительно малы и ими с высокой степенью тонкости можно пренебречь. Убедимся в этом на примере атома водорода.

При переходе

электрона атома

с уровня

на

его

приобретает кинетическую = −

= (1 −1⁄4) = 3

⁄4

а атом

энергия

уменьшается

на

энергию,

равную

где

–

масса атома

(см. задачу

5.77).

Следовательно,

энергия

2 = 9

⁄(32

)

излученного фотона в лабораторной системе отсчёта

′

= −

При этом абсолютное и относительное отличия энергии фотона от

энергии′

перехода

атоме

равны −.

′ =

= 9 ⁄(32

) и

( − )⁄ =

9 2

∙

= 0,55∙10−6%

5.79. Испущенный фотон ионом

, соответствующий

головной линии серии Лаймана, имеет энергию

= =

1−

= 3

Энергия для вырывания электрона из атома водорода равна

Согласно закону сохранения энергии имеем:

1− ∞ =(в предположении. ,

что

с .

). Отсюда получаем:

−

= 2

⁄ = 3,1∙10

⁄

5.80.

Излучающий

атом

водорода

рассматриваем

как

движущийся источник света. Пусть собственная частота

источника

тогда

частота,

воспринимая

неподвижным

наблюдением, равна

(формула Доплера).

(1)

длине волны:

Перейдем в (1) к =

(2). Здесь

с.

излу-

На предыдущих примерах мы убедились=, что скорость отдачи =

⁄

чающего атома

с.

Поэтому в зависимости

ограничимся

линейной частью, т.е.

∆

= ∙∆

. Разность длин( )

линии спектра

. Отсюда

(1−

). Для головной

∆

= −

серии Лаймана

. Таким образом, скорость возбужденных

атомов водорода

с∙∆

∆

Для

нм

∙

= 45

∆ = 0,20

скорость

∙ ,

∙

м с .

∙

= 0,7∙10

⁄

∙√

⁄

5.81. Условие квантования фазовых траекторий частицы в

потенциальном

поле

имеет

вид

где

обобщенные соответственно импульс и

координаты частицы,

–

= 2

целое число. Обобщенные величины и могут иметь разный смысл в зависимости от характера движения частицы в

потенциальном поле сил. При периодическом движении на	й
траектории частица имеет определенное значение энергии	− .

Задача состоит в определении дискретных значений энергии частицы в некоторых полях.

а) Одномерная потенциальная яма ширины

с бесконечно

высокими

стенками. В этом случае

(обычный импульс),

При этом энергия частицы

Из условия

имеем:

∫

квантования

√

2 2

2б)

= 1,2,…

= 2 2

Центральное поле, движение частицы по окружности. В

качестве,

обобщенных

характеристик

частицы

возьмем

= =

(полярный

угол).

Энергия

частицы

(

момент

импульса

=Условие=

̇)

̇=

квантования=:

= 2

̇ = 2 (круговая орбита).̇=

∫

(

)

= 2

2энергия частицы

Тогда

(

2 2

∫

в=)

Одномерное

потенциальное

поле

где

постоянная. Принимаем

Полная энергия частицы

⁄2

> 0

= ±

(1−

⁄2

)

Из

= 2

имеем:

правила квантования

−

− 0

(−| |)

= 2

∫

⁄2

∫

2 ⁄

= 2

∫

1−

= 2

Здесь

0 =

. Сделаем

замену

и получим:

2 ⁄

0 =

⁄

;

⁄2

√

∫

⁄

∫

= 8

= 2 2 ∙ 2 ⁄

− ⁄2

=г)4

⁄ ∫ (1+

2 )

= 2

⁄

= 2

.Отсюда

⁄

Поле центральное, потенциальная энергия частицы

> 0

, движение круговое. Принимаем

̇=

⁄Из

= −.

условия квантования имеем:

= 2

∙

2 ⁄

⁄2

= 8

⁄

⁄2

√

− ⁄2

(1)

= 4

⁄

2 )

= 2

⁄

= 2

Далее обратимся

∫ (1+

к динамическому уравнению частицы

(2)

(2) получаем

(3)

Из равновесия−

= −

−

⁄2

(4)

⁄

Полная энергия частицы

−

= −

. Из (1) и (3) следует

(5). При этом

= −

∙

= −

энергия частицы

5.82. В

элементарной

боровской

теории

водородо-

подобного атома были получены выражения для радиуса стационарных круговых орбит электрона, внутренней энергии

атома и

других

величин,

например,

постоянной Ридберга:

4 .

−

электрона

При этом предполагалось,

где=

масса

= −

что атомное ядро неподвижно

1и элементарно вращается вокруг

неподвижного центра на некоторой круговой орбите радиуса . Однако в действительности ядро совершает движение. Ядро и электрон, составляя замкнутую стационарную систему двух частиц, вращаются вокруг их центра масс. Это движение можно

охарактеризовать	как	вращение	частицы	массой
		55

=	я	(	я	+ )	вокруг центра по круговой траектории

радиуса, равного расстоянию между частицами. Отсюда вытекает, что в предыдущих формулах массу электрона следует заменить на приведённую массу ядра и электрона .

Для

атома

водорода

основного

состояния

постоянная ридберга будут равны

′

энергия связи и

(

= 1и)

(

= 1)

св

′

также R и

. При этом относительные отличия E и E’, а

′

R’ будут следующими:

= 1 −

= 1 − = 1 −масса

= 1 −

⁄

−

Поскольку

(

протона

(E − E

’

⁄ ) =

⁄

> 0.

Также

′)⁄E 1 − (1 −.

( −

)⁄

⁄

5.83. Учитывая результаты решения задачи 5.82, напишем

выражение атомов легкого и тяжелого водорода (Н и Д):

(1−

)

, где

–

приведённая масса

атома H (электрона и протона);

Н =

(1−

);

Д =

(1−

), где

(

)

(1−

);

Д =

(1 −

Энергии ЕН и ЕД представлены для основных состояний атомов.

Разность ЕД −ЕН =		=	∙,,	∙∙	∙0,66∙10 ∙2,07∙10 эВ =

= 3,7∙10 эВ = 3,7мэВ.

Разность длин волн для головных линий серии Бальмера (Н и Д)

Н − Д	с	∙	=	∙ ,	∙	∙∙	∙	∙,,	∙∙	= 0,18пм.

					56

5.84. Система протон-мезон, образующая мезоатом водорода, совершаетвращениевокруг центрамасс. Приведеннаямассасистемы

= 1,69∙10

к.

⁄

2 2

Из системы равенств

⁄

получаем

⁄(

)

Здесь – скорость кругового движения материальной точки массы вокруг центра масс, r– радиус окружности. Для основного состояния мезоатома (n=1)

⁄(

1,052∙10−68

пм. Энергия мезоатома

1 = к

) = 1,69∙10−28∙9∙109∙1,62∙10−38 = 0,285

эВ

кэВ.

ЕН

2 4

1,69∙10−28 9∙109 2(1,6∙10−19)2

−3

Длина=

2 2

волны=

головной2∙(0,66∙10−15линии)2

серии= 2,53∙Бальмера10 = 2,53

144к

се

144 ∙3∙10 (0,66)

∙10

нм

5∙1,69∙10

∙9 ∙10

∙1,6 ∙10

= 0,69

5.85. Рассматривается система из электрона и позитрона (позитроний). Данную задачу отличает от предыдущей лишь то,

что

приведенная масса системы другая, равная

кг⁄2.

Вопросы задания те же.

а)

к 2 =0,285

. м

=м.

⁄(

)

∙1,69∙10 ⁄0,45∙10

= 1,06∙10

б)Есв

−30

−28

кэВ

−2

кэВ

эВ

= 106

с2

= 2,53∙0,45∙ 10

⁄1,69∙ 10

= 0,68∙10

нм

в)

нм

= 6,8 .

=мкм

= 0,65∙1,69∙10

⁄0,45∙10

= 2,43∙10

= 243 ==

0,243 .

3.ВОЛНОВЫЕ СВОЙСТВА ЧАСТИЦ

5.86.Поскольку заданная кинетическая энергия частиц достаточно малая величина (Т=100 эВ), импульс той или иной

частицы определим классическим выражением p=

, где m- масса

√2

покоячастицы. Тогда длинна волны Дебройля

д=

эВ:

Дебройлевские длины волн для частиц при T=100

√

электрон; д=

∙ ,

∙

∙ ,

∙∙

∙

, ∙

м=123 пм;

протон д=123∙

=123

пм=2,86 пм;

атом урана, д=235,04∙1,66∙10

=390∙10

кг=2,19∙10 МэВ;

д=123 0,511/2,19∙10 =0,186 пм.

5.87.Добарьерная кинетическая энергия частицы Т =20 эВ

ивысота потенциального барьера u=15 эВ – малые величины,

поэтому соответствующие импульсы частицы будут равны: до

барьера р =

, над барьером р = 2 ( −

). Длины волн де-

Бройля: =

, =

( )

. Отношение

ТТ

=2.

Длина волны де-Бройля над барьером в два раза больше по сравне-

ниюсначальнойдебройлевскойдлинойволны даннойчастицы.

5.88. Из уравнения

= B (sinα=1) находим скорость и

импульс протонов при заданных величинах B и :

/m,

При

этом

дебройлевская

длина волны

частиц

д=

, ∙

∙, ∙

∙ ∙

(м)=1,8∙10

м=1,8 пм.

5.89. Пусть Т- начальная кинетическая энергия электрона,

Т- дополнительно сообщенная энергия. Тогда импульсы

электрона до и после будут равны

( +

)

де-Бройля

Соответствующие длины волн

√2

√

(1),

(

(2)

)

Из (1) и (2) получаем: Т=

T+ΔT=

Дополнительная энергия

Т=(Т+ΔТ)-Т=

(

−

ħ (

)

. Для

заданных

=100 и

=50 пм сообщенная энергия

Т=

∙

(

)∙

эВ=0,45кэВ.

∙ ∙ ∙

∙ ,

∙

5.90.Обозначим первоначальный импульс электрона через

р. После совершения работы А квадрат импульса электрона

станет равным

=2m(

ħ /(

+ А)

. Квадрат длины

Бройля

волны

де-

)

+2 .

Отсюда

находим

А=2

ħ /

−

. Для

=(20

кэВ)/c

и λ=100

пм

совершенная

работа

А = ,

∙

∙ ,

∙

кэВ

− ,

∙

, ∙

∙

∙ ,

кэВ = (0,15-0,39) кэВ= -0,24кэВ.

∙5.91.∙ ,Обозначения∙ ∙ ∙ ∙

– массы нейтрона (n) и

дейтрона (d);

, – импульсы частиц в неподвижной системе

отсчета,

- в Ц-системе. По условию

, p

=0. В Ц-

системе

= -

, т.е.

= .

Скорость

центра

масс

частиц

скорость

нейтрона в Ц-системе υ

= 1 -

(

)

модули импульсов частиц в Ц-системе p=

=mn υ =

Длина волны де-Бройля частиц

(1+

Принимая

, получим

∙ , ∙

∙

∙ , ∙

=8,6∙

м = 8,6 пм.

5.92. Импульсы частиц в лабораторной системе отсчета по условию равны p1=2πħ/λ1 и p2=2πħ/λ2 , а их скорости 1=p1/m1 и

2 =p2/m2 . Векторы . Относительная скорость частиц по

модулю отн=

υ +υ =

. Приведенная масса

частиц

µ=m1m2/(m1+m2 ).

Модуль импульса каждой из частиц в Ц-системе

= µBотн ,

отн

длина волны де-Бройля

= 2π

=2πħ (m1 + m2 )/

(

ħ)

( ħ)

5.93.

= 2 λ1

λ2 /

+λ

При m1 = m2

Длина волны

де-Бройля

λ =

, где p –

модуль

импульса произвольной частицы. Приведем цепочку соотноше-

ний между характеристиками релятивистской частицы: полная

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 246 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.11.20222.84 Mб13007.pdf
#
15.11.20222.85 Mб33008.pdf
#
15.11.20222.85 Mб43009.pdf
#
15.11.20222.85 Mб03010.pdf
#
15.11.20222.85 Mб13011.pdf
#
15.11.20222.85 Mб43012.pdf
#
15.11.20222.86 Mб23014.pdf
#
15.11.20222.87 Mб03016.pdf
#
15.11.20222.87 Mб33017.pdf
#
15.11.20222.89 Mб13019.pdf
#
15.11.20222.89 Mб13020.pdf