Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Скачиваний:
61
Добавлен:
31.03.2015
Размер:
612.53 Кб
Скачать

Раздел 3.

Задачи по квантовой механике

1. Модель атома Резерфорда. Теория Бора.

Задача1

Оценить время, за которое электрон, движущийся вокруг про- тона в атоме водорода по орбите с радиусом r0 = 0.53×10−10 м, упал бы на ядро, если бы он терял энергию на излучение в соответствии с

формулой классической электродинамики

dE

 

2

 

e2

 

r

 

2

 

 

 

 

 

= -

 

 

 

 

&r&

 

, где &rr& - вектор ускорения электрона.

dt

3

4πε0c3

 

 

 

 

 

А) Обсуждение условия задачи.

В 1911 году после многолетних опытов по рассеянию α -частиц от металлической фольги, в которых были обнаружены частицы, испытываю- щие рассеяние назад, Э.Резерфорд высказал гипотезу, что вся масса атома сосредоточена в малой области - в ядре, вокруг которого по круговым орби- там движутся электроны. Напоминая по своему внешнему виду солнечную систему, модель получила название планетарной”. И Резерфорду, и другим физикам было ясно, что модель не может объяснить огромную стабильность атомов, сущуствующих миллиарды лет: электроны в моделе Резерфорда дви- гались ускоренно (вращательное движение - движение с ускорением), а по законам классической электродинамики всякий ускоренно движущийся за- ряд должен излучать энергию в виде энергии электромагнитных волн. В дан- ной задаче требуется определить то время, за которое электрон, двигаясь по спирали, “сядетна ядро.

Б) Запишем условие задачи кратко.

117

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение

 

Найти

 

τ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Как известно, любую физическую за-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

дачу (любое физическое явление или про-

 

 

 

 

 

 

 

= 0.53×10−10

 

 

 

 

 

Дано

 

 

r

 

м

цесс) необходимо решать в определенной

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

системе отсчета (СО). Все инерциальные

 

 

 

 

r

= 10−15 м

 

 

 

 

 

 

 

СО равноправны, поэтомувыберем СО, свя-

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

зав начало системы координат с телом от-

 

 

 

 

 

dE

 

 

 

 

 

 

 

2

 

e

2

 

 

 

r

2

счета - ядром и назовем эту СО символи-

 

 

 

 

 

= -

 

 

 

 

 

&r&

 

чески Ядро”, указав тем самым, что ядро в

 

 

 

 

 

dt

 

 

3 4πε

0

c3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

этой СО неподвижно, а движется только

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

электрон.

 

 

 

 

Если предположить, что за каждый оборот излучается малая доля энер-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

r

есть цен-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

&&

гии, то орбиту электрона можно принять за окружность и тогда r

тростремительное ускорение. Обозначим его через w :

 

w =

v2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1)

r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

С другой стороны

 

 

 

w =

F

,

(2)

 

 

 

 

m

 

где F - кулоновская сила взаимодействия электрона с ядром (протоном).

F = -

 

 

e2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4πε

0 r

2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(3)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Из формул (1), (2) и (3) получаем:

 

w = -

 

 

 

e2

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(4)

 

 

 

 

0r

2

m

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4πε

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В исходной формуле E - это полная энергия электрона, которая слага- ется из его кинетической и потенциальной энергий:

E =

mv2

e2

 

 

 

 

 

 

 

-

 

 

.

 

 

 

 

(5)

2

4πε0r

 

 

 

 

 

 

Преобразуем равенство (5). Из (1) и (4) (по модулю):

 

v2

 

 

e2

 

 

 

mv2

 

e2

 

 

=

 

 

, откуда

 

=

 

.

(5*)

r

 

4πε0r2m

2

8πε0r

Тогда формула (5) перепишется так:

118

E =

e2

e2

- e2

mv

2

 

 

-

 

=

 

= -

 

.

(6)

8πε0r

4πε0r

8πε 0r

2

В таком же плане преобразуем исходную формулу, чтобы получить дифференциальное уравнение для Е:

dE

= -

 

e2w2

 

=

w =

v2

 

= -

 

 

e2v4

 

 

=

E

2 =

m2v4

=

dt

6πε0c3

 

 

 

6πε0c3r2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

=

 

´

4m2

 

= -

 

 

4e2E2

 

 

=

 

r =

 

 

e2

 

 

= -

128πε0

 

E4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4m2

6πε0c3r2m2

 

8πε0E

 

3m2e2c3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(7)

 

 

 

 

 

 

 

Уравнение (7) решаем разделением переменных и интегрированием:

E1 dE

 

 

 

τ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

E

 

 

 

 

 

1

æ

 

1

 

1

ö

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= α òdt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

ç

 

 

 

 

 

 

 

÷

 

 

 

ò

 

 

 

 

 

 

 

или

-

 

 

 

 

 

 

 

E

 

= -

 

ç

 

 

 

-

 

 

 

 

÷ = ατ , здесь

 

E

4

3E

3

 

 

 

 

3

E

3

 

E

3

 

E

0

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

è

1

 

 

0 ø

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α = -

128πε0

 

 

 

 

E0 = -

 

 

e2

 

 

 

 

 

E1 = -

 

 

e2

 

 

 

 

 

 

 

 

и

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

.

 

 

3e2c3m2

8πε0r0

 

8πε0r1

 

 

 

 

 

 

 

 

Итак,

τ =

4πε0c3m2

(r3

- r3)» 1.4 ×10−11

с.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e4

 

 

 

 

0

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В) Представляет интерес оценить полученный результат наглядно”. Для этого сравним полученный результат со временем одного оборота. Вос- пользуемся формулой (5*):

mv2

 

e2

 

Þ v2 =

 

e2

 

e

 

=

 

 

 

 

 

 

 

Þ v =

 

 

 

 

.

2

8πε

r

 

4πε

 

r m

2

 

 

 

 

πε

r m

 

 

 

0 0

 

 

 

 

 

0 0

 

 

 

 

0 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда

t =

r0

=

16π 2ε0r03m

» 10−11 с.

 

 

 

 

 

 

 

1

v

 

 

 

 

e

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом, практически за один оборот электрон излучит свою энергию и сядетна ядро.

Пройдет пара лет и датский физик Нильс Бор спасетмодель атома по Резерфорду, однако, ценой введения новых безумныхс точки зрения

классической физики постулатов

119

Задача 2

Пользуясь условиями квантования ò pidqi = hni , найти уровни энергии одномерного гармонического осциллятора с частотой ω .

А) Обсуждение условия задачи.

В 1913 году датский физик Нильс Бор, пытаясь разрешить проблему возникновения оптических спектров, выдвинул два квантовых постулата:

1). В атоме существуют стационарные орбиты у электронов, двигаясь по которым они не излучают энергию.

2). При переходе с одной орбиты на другую электрон излучает или поглощает энергию согласно соотношению Em En = hνmn где индексы ха-

рактеризуют номера стационарных орбит.

Постулаты Бора не только объяснили возникновение оптических спек- тров (как излучения, так и поглощения), но и спаслимодель атома Резер- форда. Следует отметить, что идея квантования излучения (и поглощения) впервые была высказана немецким физиком Максом Планком в 1900 году (конец XIX века !!!) для устранения ультрафиолетовой катастрофыв излу-

чении нагретых тел. Данное в условии соотношение ò pidqi = hni по сути

дела объединяет оба постулата.

Постулаты Н. Бора были чужды классической физике. Однако, в его теории используются и чисто классические представления: орбита, скорость электрона на орбите и т.д. Физики шутили, что по четным дням недели тео- рия Бора - чисто классическая, по нечетным - квантовая. Только через 12-15 лет квантовая механика дала обоснование постулатам Н. Бора.

Б) Запишем условие задачи кратко.

 

 

Решение

Найти

E

Выберем систему отсчета Центр масс ос-

Дано

ω

циллятора”.

 

ò pi dqi = hni

В задаче речь идет об одномерном гармони-

 

ческом осцилляторе. Расшифруем эти слова. Одно-

 

 

 

 

мерный - означает, что положение осциллятора оп-

ределяется одной координатой и одной соответствующей проекцией импульса. Гармонический осциллятор - это материальная точка, совершающая колебательные движения под действием гармонической силы. Гармоничес- кая сила - сила, пропорциональная первой степени смещения и направлен- ная противоположно смещению. Как уже отмечалось выше, гипотеза Н,

120

Бора основывалась и на классических представлениях, дополняя (ограни- чивая) их квантовыми постулатами.

Поэтому будем считать (как в классической физике), что полная энер- гия осциллятора равна сумме его кинетической и потенциальной энергий:

E = Ek + E p , где

 

Ek

 

=

mv

2

 

=

 

p

2

 

. Для расчета потенциальной энергии

 

 

 

2

 

 

2m

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

энергии проведем следующие выкладки:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Fупр = -kx , F = -

dE p

Þ dE p = -Fdx = kxdx Þ E p =

kx2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

dx

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Итак, E =

 

p

2

+

kx 2

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1)

 

 

 

2m

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Найдем закон движения. Используя классические представления, со-

ставим формулу II закона Ньютона:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где ω 2 =

k

.

 

 

 

 

&&

 

 

 

 

 

 

 

&&

 

 

 

 

 

 

 

&&

 

 

 

&&

+ ω

2

x = 0

, (2)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m

 

 

mx

= F Þ mx

= -kx Þ mx

+ kx = 0 Þ x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решением уравнения &&

+ ω

2

x = 0

является функция

 

x = A cos ωt , что

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

легко проверить прямой подстановкой.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Составим

 

 

x = v = -ωAsin ωt Þ p = mv = -mωAsin ωt

 

 

 

 

 

 

 

&

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Определим полную энергию осциллятора (1):

 

 

 

 

 

 

E =

m2ω 2 A2 sin 2

ωt

+

kA2

cos 2 ωt

=

 

k = mω

2

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2m

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

mω2A2 sin2 ωt

 

 

+

mω2A2 cos2 ωt

=

mω2A2

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Считая, что m и ω

 

 

заданы, выразим A через условие задачи. Для

этого воспользуемся условием квантования:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ò pdq = ò pdx = ò (- mωA sin ωt)(- Aω sin ωt)dt =

= mA2ω 2 ò sin2 ωtdt = mA2ω 2 ωπ = πmωA2 = nh Þ A2

Итак, E =

mω 2 A2

=

mω 2 nh

=

nhω

= nhω , где

 

 

 

 

 

2

2 πmω

 

 

 

 

Планка, n = 0,1, 2,....

= nh

πmω

h = 2hπ - постоянная

121

Уровни энергии гармонического осциллятора, подчиняющегося гипо- тезе Н. Бора, квантуются, причем, они располагаются на равных расстояни- ях (эквидистантные уровни). В самом нижнем энергетическом состоянии (n=0) полная энергия равна нулю - осциллятор неподвижен. Впоследствии в

квантовой механике, будет показано, что не существует E0 = 0 : при n=0

E0 = h2ω .

Контрольные вопросы.

1.Какие явления свидетельствовали о сложном строении атома?

2.Какую модель строения атома предложил Дж. Томсон, почему?

3.Каковы результаты опытов Резерфорда по рассеянию

α-частиц?

4.Какую модель строения атома предложил Резерфорд?

5.Как такая модель объясняет результаты опытов Резерфорда по рас- сеянию α -частиц?

6.Почему модель атома Резерфорда называлась планетарной?

7.Что общего и в чем различие солнечной системы и модели атома Резерфорда?

8.В чем модель Резерфорда противоречила законам электродинамики?

9.Прочитать постулаты Бора.

10.Что в постулатах Бора соответствовало классическим представле- ниям, что противоречило им?

11.Как постулаты Бора спасалимодель атома Резерфорда? 12.Исходя из гипотезы Бора, объяснить происхождение оптических спектров.

13.Какие опыты подтверждают гипотезу Бора?

14.Развитием чьих идей была гипотеза Бора?

15.Каково содержание принципа соответствия, сформулированного Бором?

122

2. Волновые свойства микрочастиц. Соотношения неопределенностей Гейзенберга.

Задача 3

Электрон находится в оболочке атома. А может ли электрон быть составной частью ядра?

А) Обсуждение условия задачи.

Эта задача является исторической. Дело в том, что к 30-м годам XX века физики знали только два вида взаимодействий: гравитационное и элек- тромагнитное. Расчеты показывали, что гравитационные взаимодействия в

1041 раз слабее электромагнитных и поэтому первыми можно пренебречь,

решая задачу об устойчивости атома и его ядра. Поскольку заряд ядра чис- ленно равен заряду электронной оболочки, то, чтобы объяснить массу ядра, физики предполагали ( Тамм , Гейзенберг), что в ядре имеется протонов в два раза больше, чем нужно для нейтральности атома. Но чтобы скомпенси- ровать лишний заряд протонов, в ядро поместили еще и электроны. Таким образом суммарный заряд ядра по-прежнему численно совпадал с зарядом электронной оболочки. Эти дополнительные электроны ядра вместе с тем осуществляли взаимодействие между протонами, не давая им разлететься в противоположные стороны. Однако, квантовая механика протестовалапротив такой гипотезы (сравните ситуацию с планетарной моделью атома Резерфорда, которая противоречила законам классической электродинами- ки, одинакова ли она?). Раскрыть этот протести требуется в задаче. Но

при этом нужно исходить из фундаментальной идеи квантовой механики о корпускулярно-волновых свойствах электрона. т.е. необходимо воспользо- ваться соотношением неопределенностей Гейзенберга.

Б) Запишем условие задачи кратко.

Найти

px

Решение

Дано

x px = h

Свяжем СО с ядром, как единым объектом, име-

ющим определенные размеры, неопределенность кото-

 

 

рого обозначим через x . Естественно, сам диаметр

ядра (будем считать его шаром) не может быть меньше его неопределеннос-

123

ти. Для упрощения решения задачи примем, что диаметр ядра равен его нео-

пределенности d =

x = 10−15 м. Тогда из соотношения неопределенностей

Гейзенберга следует, что

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

px =

h

=

h

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рассчитаем

p x

=

 

h

@

6.62 ×10

−34 Дж ×с

@ 6.62

×10

−19 кг × м

 

 

d

 

10−15 м

с

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Так как p x = me

 

vx ,

то

 

 

 

 

 

 

 

vx

=

 

px

=

6.62 ×10−19

 

кг × м с

@ 10

12

м с

 

 

 

 

me

9.1×10

−31кг

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Но неопределенность величины не может быть больше самой величи-

ны, следовательно скорость электрона в ядре должна быть порядка 1012 мс . Однако в СТО утверждается, что самым быстрым движением материально-

го объекта является скорость света в вакууме, которая равна c = 3×108 мс .

Таким образом СТО отвергает существование электронов в ядре, т.к. они нарушали бы положение II постулата СТО.

С другой стороны размеры электронной оболочки » 10−10 м, что в

105 степени раз больше размеров ядра. Следовательно, и скорость электро-

нов в оболочке будет во столько же раз меньше: не 1012 см , а 107 мс , что

меньше скорости света. В атомной оболочке электроны могут находиться. В 1932 году английский физик Чедвик (в лаборатории Резерфорда)

открыл новую частицу - нейтрон. И проблема массы и заряда ядра была ре- шена. А одновременно в физику было введено новое взаимодействие между частицами ядра, получившего название сильного взаимодействия, которое оказалось в 137 раз сильнее электромагнитного (взаимодействия между ча- стицами из-за наличия у них электрического заряда).

Контрольные вопросы.

1.Какие явления свидетельствуют о волновых свойствах электромаг- нитного поля?

2.В каких явлениях проявляются корпускулярные свойства электро- магнитного поля?

124

3.Какие свойства мы называем корпускулярными?

4.Какие свойства мы называем волновыми?

5.Кто и когда высказал гипотезу о квантовых (корпускулярных) свой- ствах электромагнитного поля?

6.Кто и когда высказал гипотезу о волновых свойствах элементарных частиц? Какие элементарные частицы были известны к этому времени?

7.Уравнения де Бройля (написать и проанализировать)

8.Волновая функция де Бройля. Ее толкование самим де Бройлем и впоследствии Максом Борном.

9.Каково физическое и философское содержание соотношений нео- пределенностей Гейзенберга?

10.Сформулировать и раскрыть содержание принципа дополнитель- ности Н. Бора.

11.Дать схематическое изложение опытов, подтверждающих соотно- шения неопределенностей Гейзенберга.

125

3. Уравнение Шредингера для стационарных состояний.

Задача № 4.

Определить волновую функцию и энергию стационарных со- стояний частицы, движущейся в потенциальной яме шириной a , с бесконечно высокими стенками.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение

 

Найти En,Yn

 

 

Выберем систему отсчета Потенци-

Дано

 

0 ≤ x a

альная ямаи сделаем в этой СО чертеж.

 

 

 

U1 = 0, при 0 ≤ x a

 

 

U

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

U = ¥, при xá0, xña

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Внутри потенциальной ямы га-

 

 

 

 

 

 

 

$

h2

 

d2

 

 

 

мильтониан имеет вид H = -

 

×

 

,

 

 

 

2m

dx 2

a

x

и уравнение Шредингера запишется так 0

$

 

 

 

или

 

 

 

 

 

 

 

HY = EY,

 

 

 

 

Рис.1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-

h2

×

d 2Ψ

= EΨ .

 

 

 

 

 

 

(*)

2m

dx2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Уравнение (*) является дифференциальным уравнением второго по- рядка с постоянными коэффициентами. Прямой подстановкой можно убе-

диться, что его решением является функция вида Y(x ) = A sin kx + B cos kx ,

где k =

 

2mE

- волновое число. Для определения постоянных A , B

 

h

 

 

 

воспользуемся граничными условиями:

1)Y(0) = 0 = A sin0 + B cos0 = B , т.е. коэффициент B = 0 .

2)Y(a) = 0 = A sin ka .

126

Соседние файлы в папке Квантовая физика.