Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Физика. Электромагнетизм. Колебания и волны. Волновая и квантовая оптика. Элементы квантовой механики. Учебное пособие
.pdf
Пример 11. Установка для получения колец Ньютона освещена све-
R
том (λ = 500 нм), падающим нормально. Радиус кривизны линзы 5 м.
Наблюдение происходит в отраженном свете. Определить ширину второго кольца Ньютона.
Дано:
= 500 нм
k = 2
= 5 м
∆r – ?
СИ:
510
7
м
Решение
Схема наблюдения колец Ньютона представлена на рисунке. Луч света 1, направленного на систему, в точке М нижней стороны
линзы делится на два: один (2) отражается,
а второй преломляется и отражается от пла-
стинки в точке N (3). Лучи 2 и 3 когерентны и при наложении интерферируют между собой.
О
1
2
3
R
C
M
N
D
rk
A E
B
d
21
Интерференционная картина локализована на выпуклой поверхно-
R
R
сти линзы и имеет вид чередующихся темных и светлых колец. Каждое
кольцо соответствует определенному значению толщины зазора d, т. е.
является полосой «равной толщины».
Найдем оптическую разность хода лучей 1 и 2, учитывая, что луч,
отраженный от стеклянной пластины, меняет фазу на
, т. е. «теряет»
полуволну:
.
22d
Условие минимума (для темного кольца)
(2 1)
m
,
2
откуда следует, что
2dm
Из треугольника ОСВ (см. рис. на с. 21) по теореме Пифагора запи-
шем
Пренебрегая величиной
Решая уравнения, получим
222
() ,RRdr
22 22
2
,d получим
2.
RRddr
2.
2
dr
2
.rmR r mR ⇒
Радиус любого темного кольца в отраженном свете определяется со-
отношением
rmR
m
.
Толщину второго светлого кольца найдем как разность радиусов
.rr r
третьего и второго темных колец:
Так как
2
2,rR
3
3,rR
32 32,rR R R
325510 510r
получим
74
32
м = 0,5 мм.
Ответ: ∆r = 0,5 мм.
22
Пример 12. На щель шириной b = 0,3 мм падает нормально парал-
x
х
х
∆
х
лельный пучок монохроматического света с длиной волны λ = 0,45 мкм.
Найти ширину центрального дифракционного максимума на экране,
удаленном от щели на L = 1 м. Ответ укажите в миллиметрах.
Дано:
= 0,45 мкм
b = 0,3 мм
СИ:
4,5 10
310
7
м
4
м
b
L = 1 м
m = 1
– ?
1
Решение
Ширина центрального максимума – это расстояние между минимумами первого порядка.
1
Условие дифракционного минимума при нормальном падении света
на щель –
sin ,bm
где b – ширина щели, – длина волны, m – поря-
док спектра.
Из рисунка
x
tg tg
min
⇒
L
min
LL
sin
2
1sin
mL mL
2
xx
Тогда
1min
Подставляем данные:
Ответ:
1
= 3 мм.
22 2
bm
()
⎛⎞
m
b
1
⎜⎟
a
⎝⎠
2
mL
22
()
bm
x
1
24,510 1
910 (14,510 )
23
.
872
.
7
310
3
м = 3 мм.
Пример 13. Определить отношение площадей зон
А
ность радиусов пятой
r
и шестой
5
r
зон Френеля для плоского волно-
6
/SS
и раз-
56
вого фронта с длиной волны λ = 0,6 мкм, если экран расположен на расстоянии L = 1 м от фронта волны.
Дано:
λ = 0,6 мкм
L = 1 м
/SS
,
56
rr
– ?
65
СИ:
610
7
м
В
L
m
L
М
Решение
Радиус внешней границы т-й зоны Френеля для сферической
волны
rm
m
aL
aL
,
где т – номер зоны Френеля, – длина волны, а и b – соответственно
расстояния от фронта волны до точечного источника и до экрана, на котором наблюдается дифракционная картина.
Для плоской волны а , тогда
rmLm
m
L
L
1
.
a
73
Следовательно,
15610 1,7310r
5
16610 1,910r
6
(1, 9 1, 7 3) 1 0 0, 17 10rr
65
Площадь любой зоны Френеля
(1))mL L
поэтому
/1.SS
56
Ответ:
не зависит от номера зоны (т. е. постоянна),
3
0,17 10rr
65
мм,
73
33
/1.SS
56
24
м = 1,73 мм,
м = 1,9 мм,
мм.
Srr mL
22
mmm
(
1
Пример 14. Максимум энергетической светимости абсолютно чер-
P
λ
Р
ного тела приходится на длину волны 1,45 мкм. Площадь излучающей
поверхности 5 см
Дано:
= 1,45 мкм
2
S = 5 см
– ?
R
где
– энергетическая светимость абсолютно черного тела, S – пло-
е
2
. Определить суммарную мощность излучения.
СИ:
1,45 10 м
510 м
6
42
Решение
Мощность излучения абсо-
лютно черного тела
,
RS
e
щадь поверхности излучающего тела.
В соответствии с законом Стефана – Больцмана
4
,
824
где
5,67 10 Вт/(мК)
RT
e
– постоянная Стефана – Больцмана.
Длина волны, на которую приходится максимум энергии излучения
абсолютно черного тела, определяется из закона смещения Вина
max
b
, (*)
λT
где Т – термодинамическая температура излучателя, b =
постоянная Вина.
По формуле (*) определяем температуру излучателя:
4
Тогда
Следовательно,
.PTS
⎛⎞
⎜⎟
PS
⎝⎠
4
b
.
Выполним вычисления:
4
3
⎛⎞
84
5,67 10 5 10 453,6
P
2,9 10
⎜⎟
⎜⎟
1, 45 10
⎝⎠
6
Ответ: Р = 453,6 Вт.
25
3
2,9 10 мК
b
T
.
Вт.
–
Пример 15. Определить максимальную скорость электрона, вылета-
E
A
ющего из металла при освещении его светом с длиной волны = 260 нм.
Работа выхода электрона из металла А = 1,81 эВ.
Дано:
= 260 нм
А = 1,81 эВ
– ?
max
СИ:
2,6 10 м
7
Решение
Уравнение Эйнштейна для внешнего
фотоэффекта
hAE
,
maxk
где А – работа выхода электрона из металла,
E
нетическая энергия фотоэлектрона.
Переведем А из электрон-вольтов в джоули: 1 эВ =
19 19
1,81 1,6 10 2,896 10 Дж.A
Энергия падающего фотона
h
hc
.
hc
.
Тогда
Так как
max
k
E
max max
k
A
2
mE
max max
⇒
2
2
⎡⎤
⎛⎞
hc
2
⎢⎥
⎢⎥
max
⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
⎡⎤
м
кг м
⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥
2
с
кг с
A
⎜⎟
⎝⎠
m
⎡⎤
м
⎢⎥
⎣⎦
⎡⎤
⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥
м
Дж c
с
мкг кг кг
⎣⎦
.
⎡⎤⎡ ⎤
⎢⎥⎢ ⎥
⎣⎦⎣ ⎦
⎣⎦
– максимальная ки-
maxk
1, 6 1 0 Дж,
2
k
19
⎛⎞
hc
⎜⎟
⎝⎠
.
mm
Дж Н м
26
Подставляем данные:
p
p
⎛⎞
22,89610
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
max
6,626 10 3 10
2,6 10
34 8
7
9,11 10
31
19
6
1, 0 2 1 0
м/с.
Ответ:
max
1, 02 10
6
м/с.
Пример 16. Какая часть энергии падающего фотона приходится на
электрон отдачи при комптоновском эффекте, если
произошло на угол π / 6. Длина волны падающего фотона
Дано:
= 12 пм
1
π / 6
θ =
T
– ?
1
СИ:
1, 2 10 м
11
p
Решение
Эффектом Комптона называется изменение длины волны рентгеновского излучения при его рассеянии веществом, содержащим легкие
атомы.
При соударении со свободным электроном фотон передает ему часть
своей энергии, вследствие этого длина волны
больше длины волны
первичного фотона. Изменение длины волны
1
дается формулой Комптона:
h
mc
0
(1 cos ),
21
рассеяние фотона
= 12 пм.
1
e
2
рассеянного фотона
2
1
m
где
– масса покоящегося электрона, – угол рассеяния.
0
Отсюда длина волны
рассеянного фотона
2
27
21
h
(1 c os ) .
mc
0
Энергии фотона до и после рассеяния:
p
λ
hc hc
21
Энергия рассеянного фотона
Энергия электрона отдачи
.
2
h
mc
0
T
.
12
h
11
hc
(1 co s )
hc
1
,
1
.
h
22
Тогда
T
1
T
11
1 1 0,974 0, 0264 0,03.
9,1 10 3 10
Ответ:
21
11
31 8
T
1
0,03.
6,63 10
h
(1 c os )
mc
0
12
12 10
34
(1 cos 30 ) 12 10
,
1
12
Пример 17. При анализе рассеяния альфа-частиц на ядрах (опыты
Резерфорда) прицельные расстояния принимались порядка 0,1 нм.
Волновые свойства альфа-частиц, имеющих кинетическую энергию
7,7 МэВ, при этом не учитывались.
Дано:
Т = 7,7 МэВ
d = 0,1 нм
СИ:
6
7,7 10 эВ
10
м
10
– ?
волны по формуле де Бройля:
Решение
Согласно гипотезе де Бройля,
любая движущаяся частица имеет
волновые свойства и для нее можно
вычислить дебройлевскую длину
h
, где
34
– посто-
с6,63 10 Д жh
янная Планка, р – импульс частицы,
кг м/с.
28
Найдем энергию покоя альфа-частиц:
E
2278210
0
4 1,67 10 (3 10 ) 6,012 10Emc
Выразим энергию в электрон-вольтах: 1 эВ =
6,012 10
1, 6 1 0
Тогда
E
0
1, 6 1 0 Дж.
10
19
3,7575 10
9
эВ = 3757,5 МэВ.
Дж.
19
Энергия покоя альфа-частиц значительно больше кинетической
энергии, следовательно, данную частицу необходимо рассматривать как
нерелятивистскую.
h
Длина волны де Бройля для нерелятивистской частицы
m
где m – масса частицы.
22
Или, учитывая, что
mm
⇒
k
()
22
m
pm mT
2.
,
Тогда
.
2hmT
Подставляем данные:
34
2 4 1,67 10 7,7 10 1,6 10
6,63 10
27 6 19
5,17 10
15
м.
Сравнивая дебройлевскую длину волны с прицельным расстоянием
10
d =
м, делаем заключение, что волновые свойства частицы учи-
10
тывать не следует (λ << d).
15
Ответ:
5,17 10
м.
Пример 18.
Определить, что (и во сколько раз) продолжительнее:
три периода полураспада или два средних времени жизни радиоактивного ядра?
Дано:
3Т
1/ 2
2τ
3/2Т
1/2
– ?
СИ:
Решение
Период полураспада – время, за которое распадется примерно половина первоначального количества ядер.
29
Период полураспада связан с постоянной радиоактивного распада
E
Е
я
я
Е
отношением
1/2
ln 2
.
Т
Среднее время жизни радиоактивного ядра – интервал времени,
за который число нераспавшихся ядер уменьшается в е раз:
1
.
3
T
3ln2 3ln2
Тогда
Ответ:
1/2
222
3/21,04.T
1/2
1, 0 4.
Пример 19.
приходящуюся на один нуклон ядра
Дано:
3,01603m
3
He
2
– ?
уд
Вычислить удельную энергию связи, т. е. энергию связи,
3
.
He
2
Решение
Удельная энергия связи – это
энергия, приходящаяся на один
нуклон:
EA
уд
св
.
а.е.м.
СИ:
Энергия связи ядра
– энергия, которую нужно сообщить ядру,
св
чтобы разделить его на нуклоны, – определяется по формуле
2
св
(1)
.Ecm
Масса ядра всегда меньше суммы масс свободных (находящихся вне
ядра) протонов и нейтронов, из которых ядро образовалось. Дефект
массы ядра (Δm) есть разность между суммой масс свободных нуклонов
(протонов и нейтронов) и массой ядра, т. е.
mZm AZm m
()
pn
, (2)
где Z – атомный номер (число протонов в ядре); А – массовое число
(число нуклонов, составляющих ядро);
, ,
mmm – соответственно
pn
массы протона, нейтрона и ядра.
30
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]