Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Введение в квантовую механику. Учебное пособие
.pdf
1.9 Примеры решения задач 21
(электромагнитные волны) и, следовательно, «упасть» на ядро. Но этого не происходит, атомы стабильны. Дело в том, что диаметр ядра d1≅ 10
атома d2≅ 10
−10
м. Таков же порядок неопределённости координаты электрона
в атоме и в ядре. В соответствии с соотношением ∆x ⋅ ∆px⩾
неопределённости координаты в 105раз (d
≅ 105) должно привести к такому же
2d1
−15
м, а диаметр
h2 уменьшение
увеличению импульса электрона. Но закон сохранения момента импульса говорит,
что без внешнего воздействия этого произойти не может. В природе «вдавливание»
электронов в ядра происходит только в нейтронных звёздах под действием мощных
гравитационных сил.
Соотношение неопределённостей позволило объяснить природу туннельного
эффекта. О нём будет рассказано в главе 2.
1.9 Примеры решения задач
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Пример 1.1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Под некоторым углом θ к первоначальному пучку рентгеновских лучей длиной
волны λ = 0,10˚A комптоновское смещение ∆λ оказалось равным 0,024˚A. Найти
угол θ и величину энергии Eк, переданной электрону отдачи.
Решение:
Запишем формулу Комптона:
∆λ = λ
(1 − cos θ), (1.17)
c
∆λ = λ′− λ, (1.18)
где λ′— длина волны фотона после рассеяния; при рассеянии на электроне λc=
= 2,4 пм = 2,4 ⋅ 10
−12
м.
Из формулы (1.18) следует:
λ′= λ + ∆λ = 10 ⋅ 10
−12
+ 2,4 ⋅ 10
−12
= 12,4 ⋅ 10
−12
м.
Преобразуем формулу (1.17):
Если cos θ = 0, θ = 90°.
∆λ = λc− λc⋅ cos θ,
λc⋅ cos θ = λc− ∆λ,
cos θ =
cos θ = 1 −
λc− ∆λ
λ
c
2,4 ⋅ 10
2,4 ⋅ 10
= 1 −
−12
−12
∆λ
λ
c
= 0;
,
22 Глава 1. Истоки квантовой механики
Из закона сохранения энергии следует:
′
,
ф
1
1
−
= hc
′
λ
λ
2,4 ⋅ 10
0,10 ⋅ 10
−10
Дж = 24 кэВ.
∆λ
.
′
λ⋅λ
−12
⋅ 12,4 ⋅ 10
−12
=
где E
Eк= Eф− E
′
— энергия фотона после рассеяния.
ф
hc
Eк=
Eк= 6,6 ⋅ 10
−
λ
−34
⋅ 3,0 ⋅ 108⋅
hc
λ
= hc
′
= 3,8 ⋅ 10
−15
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Пример 1.2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Вычислить импульс комптоновского электрона отдачи, если известно, что фо-
тон, первоначальная длина волны которого равна λ = 5,0 пм, рассеялся под углом
θ = 90°.
Решение:
Проиллюстрируем графически закон сохранения импульса (рис. 1.5).
Рис. 1.5
2
′
Из рисунка 1.5 следует: pe=p
Импульс фотона до рассеяния: p
после рассеяния: p
′
ф
= hλ
′
.
ф
ф
+ (p
ф
= hλ,
2
)
.
Из формулы Комптона:
∆λ = λ
(1 − cos θ)= 2,4 ⋅ 10
c
−12
⋅ (1 − cos 90°)= 2,4 пм;
λ′= λ + ∆λ = 5,0 + 2,4 = 7,4 пм = 7,4 ⋅ 10
−12
м.
1.9 Примеры решения задач 23
Тогда pe= h
= 6,6 ⋅ 10
(1λ2)+1(λ′)
−34
⋅ 0,24 ⋅ 1012= 1,6 ⋅ 10
−22
2
= 6,6 ⋅ 10
Н ⋅ с.
−34
1(5
2
⋅ 10
−24
)
+
1(7,4
2
⋅ 10
−24
)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Пример 1.3
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Протон с кинетической энергией Eк= 1,0 кэВ упруго рассеялся на угол 3 = 90°
ядром атома гелия, находившимся первоначально в покое. Определить дебройлевскую длину волны рассеянного протона вдали от атома.
Решение:
Длина волны де Бройля равна:
h
′
λ
=
, (1.19)
′
p
p
2
2, отсюда скорость протона: v
p
)= 4,4 ⋅ 10
5
м/с. Эта скорость vp≪ c, поэто-
p
′
где p
— импульс протона после расс еяния.
p
Кинетическая энергия протона Eк= mpv
=2E
=2 ⋅ 1,6 ⋅ 10
кmp
−16
(1,67 ⋅ 10
Бр
−27
му нужно использовать нерелятивистскую формулу для импульса:
=
=
pp=2mpEк. (1.20)
При решении этой задачи нельзя воспользоваться формулой Комптона, поскольку рассеяние частицы (не фотона!) на другой частице не является эффектом
Комптона. Но закон сохранения импульса справедлив всегда:
pp=pα+p
′
.
p
Рис. 1.6
Из рисунка 1.6 следует:
p
′
=p
p
2
2
− p
. (1.21)
α
p
24 Глава 1. Истоки квантовой механики
Здесьpa— импульс ядра гелия (α-частицы).
Из рисунка 1.6:
p
pα=
p
. (1.22)
cos β
Импульс протона до рассеяния вычислим по формуле (1.20):
кг ⋅ м
pp=2 ⋅ 1,67 ⋅ 10
−27
⋅ 1,6 ⋅ 10
−16
= 7,3 ⋅ 10
−22
.
с
Используя формулу Eк= p
2
(2m), запишем закон сохранения энергии:
2
p
p
2m
p
2
p
p
=
2m
2 ⋅ 4mp⋅ cos2β
p
С учётом (1.21):
2
p
=
p
4 cos2β
2
2p
=
p
С учётом (1.22):
2
p
=
4 cos2β
p
2p
2
p
Отсюда: 8 cos2β = 5, cos2β = 0,625.
Подставим в (1.21):
′
p
=
p
2
p
p
cos2β
′
p
= 7,3 ⋅ 10
p
−22
⋅
0,625
2
p
α
=
2m
2
p
p
2
p
p
2
p
p
4 cos2β
+
cos2β
2
− p
p
1
α
= p
′ 2
p
p
+
2m
,
p
′ 2
p
p
+
2m
2
α
+ p
− p
2
α
=
2
,
p
.
5p
+ p
p
2
p
4 cos2β
1
p
cos2β
− 1 = 5,7 ⋅ 10
p
2
p
,
− 1,
−22
.
кг ⋅ м
.
с
Теперь, по формуле (1.19), вычисляем длину волны де Бройля:
6,6 ⋅ 10
′
λ
=
Бр
5,7 ⋅ 10
−34
= 1,2 ⋅ 10
−22
−12
м = 1,2 пм.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Пример 1.4
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
При каком значении скорости v дебройлевская длина волны микрочастицы
равна её комптоновской длине волны?
1.9 Примеры решения задач 25
Решение:
Длина волны де Бройля равна:
h
λБр=
. (1.23)
p
Комптоновская длина волны:
h
λc=
. (1.24)
mc
Рассмотрим два случая.
• Нерелятивистский случай.
Импульс микрочастицы p = mv. Имеем:
h
h
=
mv
.
mc
Получаем v = c. Но для частиц, имеющих массу покоя (энергию покоя),
такое равенство невозможно, должно быть v < c.
• Релятивистский случай.
Приравняв правые части равенств (1.23) и (1.24), получаем:
p = mc. (1.25)
Релятивистская формула, связывающая полную энергию частицы и её импульс:
E = cp2+ m2c2. (1.26)
Преобразуем формулу (1.26):
2
E
= p2+ m2c2,
2
c
p =
2
E
− m2c2=
2
c
√
1
E2− m2c4. (1.27)
c
Приравняем правые части равенств (1.25) и (1.27):
√
1
mc =
E2− m2c4.
c
E2− m2c4= m2c4, E2= 2m2c4,
4
m2c
1 −
= 2m2c4, 1 = 2 −
2
v
2
c
2v
2
,
2
c
2v
c
2
= 1.
2
26 Глава 1. Истоки квантовой механики
Таким образом:
c
√
v =
= 0,707c.
2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Пример 1.5
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
При каком значении кинетической энергии дебройлевская длина волны элек-
трона равна его комптоновской длине волны?
Решение:
Длина волны де Бройля равна:
h
λБр=
. (1.28)
p
Комптоновская длина волны:
h
λc=
. (1.29)
mc
Приравняв правые части равенств (1.28) и (1.29), получаем:
p = mc. (1.30)
Здесь следует рассматривать релятивистский случай.
Полная энергия электрона:
E = cp2+ m2c2,
Eк+ E0= cp2+ m2c2.
Преобразуем:
2
к
2
+ E
+ 2EкE0= c2p2+ m2c4.
0
2
= m2c4.
0
E
Энергия покоя E0= mc2, следовательно, E
Тогда:
2
E
+ 2EкE0= c2p2.
к
С учётом выражения (1.30) получаем:
2
E
+ 2EкE0= m2c4.
к
Таким образом, получаем квадратное уравнение:
Корни уравнения:
−2E0±4E
Eк=
2
E
+ 2EкE0− E
к
2
0
2
+ 4E
2
= 0.
0
2
−2E0± 2E
0
=
√
2
0
.
2
1.9 Примеры решения задач 27
Eк> 0 всегда, поэтому:
Eк= E
√2 − 1= 0,41E
0
.
0
Энергия покоя электрона:
E0= mc2=
9,1 ⋅ 10
1,6 ⋅ 10
−31
⋅ 9 ⋅ 10
−13
16
= 0,51 МэВ.
Следовательно, Eк= 0,41 ⋅ 0,51 = 0,21 МэВ.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Пример 1.6
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Определить длину волны релятивистских электронов, подлетающих к аноду
рентгеновской трубки, если известно, что длина волны коротковолновой границы
сплошного рентгеновского спектра равна 0,10˚A.
Решение:
Длина волны электронов — это длина волны де Бройля:
h
λБр=
. (1.31)
p
Итак, нужно найти импульс электронов.
Коротковолновая граница сплошного рентгеновского спектра соответствует максимальной энергии бомбардирующих анод электронов:
Eк=
hc
λ
6,6 ⋅ 10
=
−34
⋅ 3,0 ⋅ 10
0,10 ⋅ 10
−10
8
= 2,0 ⋅ 10
−14
Дж = 0,12 МэВ.
Энергия покоя электрона E0= 0,51 МэВ; порядок величины Eктакой же. Следовательно, необходимо записать релятивистскую взаимосвязь между импульсом
и кинетической энергией частицы:
pc =E
1
p =
c
к(Eк
E
к(Eк
+ 2mc
+ 2mc
2
),
2
).
Подставив в выражение (1.31), получим искомую длину волны:
E
к(Eк
−34
−14
hc
2
+ 2mc
⋅ 3,0 ⋅ 10
)
8
+ 2 ⋅ 9,1 ⋅ 10
,
−31
⋅ 9,0 ⋅ 10
=
16
)
λБр=
= 3,3 ⋅ 10
2,0 ⋅ 10
λБр=
−14
⋅ (2,0 ⋅ 10
−12
м = 3,3 пм.
6,6 ⋅ 10
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28 Глава 1. Истоки квантовой механики
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Пример 1.7
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Электрон, движущийся со скоростью v = 6,0 ⋅ 106м/с, попадает в продоль-
ное электрическое поле напряжённостью E∗= 5,0 В/см. Какое расстояние должен
пролететь электрон в таком поле, чтобы его длина волны стала λ = 1,0˚A?
Решение:
Чтобы дебройлевская длина волны электрона стала равной 1∆, кинетическая
энергия электрона должна быть:
2
h
√
=
2mE
,
к
λБр=
√
h
2mE
, λ
к
2
Бр
откуда:
Eк=
h
2mλ
2
2
Бр
=
2 ⋅ 9,1 ⋅ 10
(6,6 ⋅ 10
−31
⋅ (1,0 ⋅ 10
−34)2
−10)2
= 2,4 ⋅ 10
−17
Дж.
Электрон уже имеет кинетическую энергию:
Eк=
mv
2
2
9,1 ⋅ 10
=
−31
⋅ (6,0 ⋅ 106)
2
2
= 1,6 ⋅ 10
−17
Дж.
Недостающую энергию электрон получит за счёт работы ускоряющего элек-
трического поля:
∆E = e ⋅ ∆3 = e ⋅ E∗⋅ l,
откуда:
l =
∆E
eE
(2,4 − 1,6)⋅ 10
к
=
∗
1,6 ⋅ 10
−19
⋅ 500
−17
0,77 ⋅ 10
=
8,0 ⋅ 10
−17
= 0,096 м = 9,6 cм.
−17
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Пример 1.8
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Положение центра тяжести шарика массой m = 1 мг может быть установле-
но с точностью до ∆r = 2 мкм. Имеет ли в этом случае практическое значение
соотношение неопределённостей при вычислении скорости шарика?
Решение:
Воспользуемся соотношением неопределённостей в виде:
∆x ⋅ ∆px⩾h,
Примем ∆x = ∆r. Тогда:
∆vx⩾
h
m ⋅ ∆r
∆x ⋅ m∆vx⩾h.
1,05 ⋅ 10
=
1 ⋅ 10−6⋅ 2 ⋅ 10
−34
−6
= 5 ⋅ 10
−23
м
.
с
1.9 Примеры решения задач 29
Понятно, что измерение скорости с такой точностью невозможно, поэтому
в данном случае соотношение неопределённостей не имеет практического значения.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Пример 1.9
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Чтобы установить принадлежность электрона к данному атому, положение его
должно быть определено с точностью до 10−8см. Сравнить получающуюся при
этом неопределённость в скорости электрона с величиной самой скорости на первой боровской орбите.
Решение:
Соотношение неопределённостей:
∆x ⋅ m ⋅ ∆vx⩾h.
Отсюда:
∆vx⩾
h
m ⋅ ∆x
=
9,1 ⋅ 10
1,05 ⋅ 10
−31
−34
⋅ 10
= 1,2 ⋅ 10
−10
м
6
.
с
Скорость электрона на первой боровской орбите найдём из условия стационарности:
mvr1=h,
v =
mr
h
=
1
9,1 ⋅ 10
1,05 ⋅ 10
−31
Радиус первой боровской орбиты r1= 0,53˚A = 0,53 ⋅ 10
−34
⋅ 0,53 ⋅ 10
= 2,2 ⋅ 10
−10
6
−10
м
.
с
м.
Получаем:
∆v
v
1,2 ⋅ 10
=
2,2 ⋅ 10
−6
= 0,55 = 55%.
−6
Такая погрешность вполне допустима при оценках какой-либо величины в первом приближении, т. е. по порядку величины.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30 Глава 1. Истоки квантовой механики
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Пример 1.10
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Сравнить дебройлевскую длину волны протона, ускоренного разностью потен-
циалов U = 109В, с величиной неопределённости его координаты, соответствующей неточности импульса ∆p
p = 0,1%.
x
Решение:
Скорость протона, имеющего кинетическую энергию Eк= 109эВ, близка к ско-
рости света, поэтому следует пользоваться релятивистскими формулами.
Оценим неопределённость координаты протона ∆x:
∆x ⋅ ∆px=h,
∆x =
h
∆p
x
=
10−3p
h
.
Релятивистское выражение для импульса:
p =
1
E
c
к(Eк
+ 2mpc
2
).
Следовательно:
hc
+ 2mpc
к(Eк
−34
⋅ 3 ⋅ 108⋅ 10
−19
⋅ 109+ 2 ⋅ 1,67 ⋅ 10
,
2
)
3
−27
⋅ 9 ⋅ 10
=
16
)
∆x =
= 1,2 ⋅ 10
1,6 ⋅ 10
−13
−19
м.
∆x =
⋅ 10
10−3⋅E
1,05 ⋅ 10
9
⋅ (1,6 ⋅ 10
Длина волны де Бройля:
h
λБр=
∆x
=
p
⋅ 10−3= 1,9 ⋅ 10
2π
−17
м.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Пример 1.11
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Электрон локализован в области размером d = 2˚A. Оценить кинетическую
энергию этого электрона, при которой относительная неопределённость энергии
η = 0,5.
Решение:
Оценим неопределённость проекции импульса ∆px:
∆x ⋅ ∆px=h,
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]