Примеры решения задач

Пример 34

Определить импульс ри кинетическую энергиюТэлектрона, движущегося со скоростью = 0,9 с, гдес – скорость света в вакууме.

Дано: Решение

= 0,9 с Импульсом частицы называется произведение

р, Т - ? частицы на ее скорость:

р = m. (1)

Так как скорость электрона близка к скорости света, то необходимо учесть зависимость массы от скорости, определяемую по формуле

(2)

где m– масса движущейся частицы; m₀– масса покоящейся частицы;   c– скорость частицы, выраженная в долях скорости света.

Заменив в формуле (1) массу mее выражением (2), и приняв во внимание, что = с , получим выражение для релятивистского импульса

(3)

Подставим числовые значения величин, входящих в формулу (3):

В релятивистской механике кинетическая энергия Тчастицы определяется как разность между полной энергиейЕи энергией покояЕ₀этой частицы, т.е.Т = Е – Е₀. Так какЕ = mc²иЕ₀ = m₀c², то, учитывая зависимость массы от скорости, получим:

или

Подставив числовые данные, выраженные в единицах СИ, найдем.Во внесистемных единицах энергия покоя электронаm₀c =0,51МэВ.Подставив это значение в формулу (4), получим

Т = 0,52^.1,29 МэВ = 1,06^.10^-13 Дж.

Пример 35

В результате эффекта Комптона фотон при соударении с электроном был рассеян на угол = 90⁰. Энергия рассеянного фотона₂ = 0,4 МэВ.Определить энергию фотона до рассеяния.

Дано: Решение

₂ = 0,4 МэВ Для определения энергии первичного фотона

= 90⁰ воспользуемся формулой Комптона:

₁ = ?

где  - ₂ - ₁ –изменение длины волны фотона в результате рассеяния на свободном электроне;h– постоянная Планка;m₀– масса покоя электрона;с– скорость света в вакууме;- угол рассеяния фотона.

Формулу (1) преобразуем следующим образом: 1) заменим в ней  на₂ - ₁; 2) выразим длины волн₁и₂через энергии₁ и₂ соответствующих фотонов, воспользовавшись формулой = hc/; 3) умножим числитель и знаменатель правой части формулы нас.

Тогда получим: (1)

Сократим на hcи выразим из полученной формулы искомую энергию:

(2)

где Е₀ = m₀c²– энергия покоя электрона.

Вычисления по формуле (2) удобнее вести во внесистемных единицах. Взяв из справочных таблиц значение энергии покоя электрона в мегаэлектрон-вольтах и подставив числовые данные, получим:

Пример 36

Угол рассеяния фотона в эффекте Комптона равен угол отдачи электрона -..Определить энергию фотона до рассеяния. Сделать расчет для,= 90⁰,  = 30⁰.

Решение

Дано:у m

, = 90⁰,

= 30⁰.

Е_f - ? 

 ^x

^P

Рис.26

Задача решается с помощью законов сохранения энергии и импульса (рис.26):

;

где и- энергия фотона до и после столкновения с электроном;Е₀ ир- энергия покоя и импульс электрона. Из этой системы следует исключить неизвестные величиныир. Имеем

= pcsin / sin ,

что приводит к системе двух уравнений:

E_f = pcsin( +)/sin.

Исключая из этой системы импульс электрона и отдачи р, получим

После несложных, но длинных преобразований получим искомое выражение для энергии фотона до рассеяния.

.

Пример 37

При поочередном освещении поверхности некоторого металла светом длиной волны 385и540 нмобнаружили, что соответствующие максимальной скорости фотоэлектронов отличаются друг от друга в два раза. Найти работу выхода электрона с поверхности, выразив ее в электрон-вольтах.

Дано: Решение

₁ = 385 нмВ соответствии с уравнением Эйнштейна для

₂ = 540 нм внешнего фотоэффекта можно записать:

_1max /_2max = 2

A= ?

или (1)

(2)

Разделив выражение (1) на (2), получим

откуда следует, что работа выхода

(3)

Проверка размерности:

Произведя вычисления по формуле (3) и принимая во внимание, что 1 эВ = 1,6^.10^-10 Дж, окончательно получимА = 2 эВ.

Пример 38

В опыте Столетова заряженная отрицательная цинковая пластинка облучалась светом от вольтовой дуги. До какого максимального потенциала зарядится цинковая пластинка, если она будет облучаться монохроматическим светом длиной волны  = 324 нм(ближний ультрафиолетовый свет)? Работа выхода электронов из цинка равнаА_вых=3,74 эВ.

Дано:	Решение
 = 324 нм Авых=3,74 эВ	Согласно формуле Эйнштейна, максимальная кинетическая энергия вылетевших фотоэлектронов равна разности энергии фотона и работы выхода.
 = ?

Вылет электронов прекратится, когда потенциальная энергия электрона в задерживающем поле станет равной его кинетической энергии

откуда

При подстановке энергии кванта переводим ее в электрон-вольты, тогда формула упрощается:

 = 1,74 В

Проверка размерности:

Пример 39

При освещении вакуумного фотоэлемента желтым светом ( = 600 нм) он заряжается до разности потенциаловV=1,2 В. До какой разности потенциалов зарядится фотоэлемент при освещении его фиолетовым светом (₂ = 400 нм)?

Дано: Решение

₁= 600 нм Запишем уравнение Эйнштейна для обеих длин

U₁ = 1,2 B волн:

₂ = 400 нм

U₂ = ?

откуда

Проверка размерности:

Пример 40

Электрон в атоме водорода перешел с четвертого энергетического уровня на второй. Определить энергию испущенного при этом фотона.

Дано: Решение

n₁ = 2Для определения энергии фотона воспользуемся

n₂ = 4сериальной формулой для водородоподобных ионов:

= ?

где - длина волны фотона;R –постоянная Ридберга; Z– заряд ядра в относительных единицах (при Z = 1 формула переходит в сериальную формулу для водорода); n₁ – номер орбиты, на которую перешел электрон; n₂– номер орбиты, с которой перешел электрон (n₁ иn₂– главные квантовые числа).

Энергия фотона выражается формулой:

 = hc/.

Поэтому, умножив обе части равенства (1) на hc, получим выражение для энергии фотона:

Так как величина Rhcесть энергия ионизацииЕ_iатома водорода, то

.

Вычисления выполним во внесистемных единицах: Е_i = 13,6 эВ; Z = 1) заряд ядра атома водорода в относительных единицах, где за единицу заряда принято абсолютное значение заряда электрона);

n₁ = 2; n₂ = 4.

Пример 41

Электрон, начальной скоростью которого можно пренебречь, прошел ускоряющую разность потенциалов U. Найти длину волны де Бройлядля двух случаев: 1)U₁ = 51 B; U₂ = 510 кВ.

Дано: Решение

U₁ = 51 B Длина волны де Бройля для частицы зависит от ее

U₂ = 510 кВ импульсари определяется формулой

₁, ₂ = ?  = h/p, (1)

где h– постоянная Планка.

Импульс частицы можно определить, если известна ее кинетическая энергия Т. Связь импульса с кинетической энергией различна для нерелятивистского случая (когда кинетическая энергия частицы много меньше ее энергии покоя) и для релятивистского случая (когда кинетическая энергия сравнима с энергией покоя частицы).

В нерелятивистском случае

(2)

где m₀– масса покоя частицы.

В релятивистском случае

(3)

где Е₀ = m₀c²– энергия покоя частицы.

Формула (1) с учетом соотношений (2) и (3) запишется так:

а) в нерелятивистском случае:

(4)

б) в релятивистском случае:

. (5)

Сравним кинетические энергии электрона, прошедшего заданные в условии задачи разности потенциалов U₁ = 51 B и U₂ = 510 кB,с энергией покоя электрона и в зависимости от этого решим, которую из формул: (4) или (5) следует применить для вычисления длины волны де Бройля.

Как известно, кинетическая энергия электрона, прошедшего ускоряющую разность потенциалов U,

Т = еU.

В первом случае T₁ = eU₁ = 51 эВ = 0,51^.10^-4 МэВ, что много меньше энергии покоя электронаЕ₀ = m₀c² = 0,51 МэВ.Следовательно, в этом случае можно применить формулу (4). Для упрощения расчетов заметим, чтоТ₁ = 10^-4 m₀c². Подставим это выражение в формулу (4), перепишем ее в виде

₁=

Учитывая, что есть комптоновская длина волны, получим

Так как =2,43 пм, то

Во втором случае кинетическая энергия Т₂ = еU₂ = 510 кэВ = 0,51МэВ,т.е. равна энергии покоя электрона. В этом случае необходимо применить релятивистскую формулу (5). Учтя, чтоТ₂ = 0,51 МэВ = m₀c², по формуле (5) найдем

или  = .

Подставим значение и произведем вычисления:

Пример 42

Кинетическая энергия электрона в атоме составляет примерно Т = 10 эВ. Используя соотношения неопределенностей, оценить минимальные линейные размеры атома.

Дано: Решение

Т = 10 эВ. Соотношение неопределенностей для координаты и

ℓ_min = ? импульса имеет вид

хр  ,(1)

где х– неопределенность координаты частицы (в данном случае электрона);р–неопределенность импульса частицы (электрона);- постоянная Планка, деленная на2.

Из соотношения неопределенностей следует, что чем точнее определяется положение частицы в пространстве, тем более неопределенным становится импульс, а следовательно и энергия частицы. Пусть атом имеет линейные размеры ℓ, тогда электрон атома будет находиться где-то в пределах области с неопределенностью

х = ℓ/2.

Cоотношение неопределенностей (1) можно записать в этом случае в виде откуда

(2)

Физически разумная неопределенность импульса р, во всяком случае, не должна превышать значения самого импульсар, т.е.р р.

Импульс рсвязан с кинетической энергиейТсоотношением

.

Заменим рзначением(такая замена не увеличитl). Переходя от неравенства к равенству, получим

Подставим числовые значения и произведем вычисления:

.

Проверка размерности:

Пример 43

Волновая функция описывает основное состояние частицы в бесконечно глубоком прямоугольном ящике ширинойl. Вычислить вероятность нахождения частицы в малом интервалеl =0,01l в двух случаях: 1) вблизи стенки (0  х l); 2) в средней части ящика

Дано: Решение

l =0,01l

0  х l 2/l

₁,₂- ?x

ℓ ℓ

Рис.27

Вероятность того, что частица будет обнаружена в интервале dx(отx доx+ dx), пропорциональна этому интервалу и квадрату модуля волновой функции, описывающей данное состояние, равна

d = (x) ² dx.

В первом случае искомая вероятность найдется интегрирование в пределах от 0 до0,01l (рис.27):

(1)

Знак модуля опущен, так как - функция в данном случае не является комплексной.

Так как хизменяется в интервале0 х 0,01lи, следовательно, справедливо приближенное равенство

.

С учетом этого выражение (1) примет вид

После интегрирования получим:

Во втором случае можно обойтись без интегрирования, так как квадрат модуля волновой функции вблизи ее максимума в заданном малом интервале (l = 0,001l)практически не изменяется. Искомая вероятность во втором случае определяется выражением

или

Пример 44

Энергия возбуждения атома водорода Е_в=12,09 эВ.Определить возможные значения орбитального момента импульсаL_iэлектрона в возбужденном состоянии этого атома.

Дано: Решение

Е_в=12,09 эВ Орбитальный момент импульсаL _i электрона оп-

n = l ределяется азимутальным квантовым числомl, кото-

L_l = ? рое принимает значения от нуля доn–1, гдеn– глав-

ное квантовое число:

Так как ряд возможных значений lограничен величинойn, то определим главное квантовое число. Собственные значения энергии электрона в атоме водороде определяются по формуле

Состояние электрона в атоме водорода с n= 1 является основным. В этом состоянии электрон обладает минимальной из дискретного ряда возможных для электронов энергией (Е₁ =-13,6 эВ).При возбуждении атома электрон переходит наn– уровень, характеризуемый энергиейЕ_n. Следовательно, разность между значениями энергий E₁иE_nбудет численно равна энергии возбуждения, т.е.

E₁ – E_n = E_в

Подставив числовые значения величин, выраженные в электрон-вольтах, получим 12,09 = - 13,6/n² + 13,6, откудаn= 3. Следовательно,l= 0,1,2, а орбитальные моменты импульса соответственно равны0,

а) l = 0; L = 0;

б) l = 1: L =

в) l = 2; L =

Пример 45

Вычислить дефект массы и энергию связи ядра .

Дано: Решение

Масса ядра всегда меньше суммы масс свобод-

Е_св, m - ? ных (находящихся вне ядра) протонов и нейтронов,

из которых ядро образовалось. Дефект массы ядра и есть разность между суммой масс свободных нуклонов (протонов и нейтронов) и массой ядра, т.е.

m = Zm_p + (A-Z)m_n – m, (1)

где Z –атомный номер (число протонов в ядре); A = массовое число (число нуклонов, составляющих ядро);m_p m_n m– соответственно массы протона, нейтрона и ядра.

В справочных таблицах всегда даются массы нейтральных атомов, но не ядер, поэтому формулу (1) целесообразно преобразовать так, чтобы в нее входила масса Мнейтрального атома. Можно считать, что масса нейтрального атома равна сумме масс ядра и электронов, составляющих электронную оболочку атома:

M = m + Zm_в.,

Откуда m = M - m_e

Выразив в равенстве (1) массу ядра по последней формуле, получим

m = Zm_p+(A-Z)m_n – M+Zm_e,

или

m = Z(m_p+m_e)+(A-Z)m_n – M

.

Замечая, что m_p + m_e = M_H - масса атома водорода, окончательно получим

m=ZM_H + (A-Z)m_n – M. (2)

Подставив в выражение (2) числовые значения масс, получим

m =

Энергией связи Е_свядра называется энергия, которая в той или иной форме выделяется при образовании ядра из свободных нуклонов.

В соответствии с законом пропорциональности массы и энергии

Е_св = с²m, (3)

где с– скорость света в вакууме.

Если вычислить энергию связи, пользуясь внесистемными единицами, то с² = 931 МэВ/а.е.м.С учетом этого формула (3) примет вид

Е_св = 931m (МэВ). (4)

Подставив ранее найденное значение дефекта массы ядра в формулу (4), получим:

Е_св = 931^.0,04216 МэВ = 39,2 МэВ.

Примечание.Термин “дефект массы” часто применяют в другом смысле: дефектом массы называют разность между массой нейтрального атомаМданного изотопа и его массовым числом: = М – А. Эта величина особого физического смысла не имеет, но ее использование позволяет в ряде случаев значительно упростить вычисления. В настоящей работе всюду имеется в виду дефект массыm,определяемый формулой (1).

Пример 46

При соударении - частицы с ядром борапроизошла ядерная реакция, в результате которой образовалось два новых ядра. Одним из этих ядер было ядро атома водорода. Определить порядковый номер и массовое число второго ядра, дать символическую запись ядерной реакции и определить ее энергетический эффект.

Дано: Решение

Обозначим неизвестное ядро символом

. Так как -частица представляет собой ядро

гелия , запись реакции будет иметь вид

Применив закон сохранения числа нуклонов, получим уравнение

2 + 5 = I + Z,

откуда Z = 6.

Следовательно, неизвестное ядро является ядром атома изотопа углерода

Теперь можем записать реакцию в окончательном виде:

Энергетический эффект Qядерной реакции определяется по формуле

Q = 931(m_He+m_B ) – (m_H + m_C).

Здесь в первых круглых скобках указаны массы исходных ядер, во вторых скобках – массы ядер – продуктов реакции. При числовых подсчетах по этой формуле массы ядер заменяют массами нейтральных атомов. Возможность такой замены вытекает из следующих соображений.

Число электронов в электронной оболочке нейтрального атома равно его зарядовому числу Z. Сумма зарядовых чисел исходных ядер равна сумме зарядовых чисел ядер – продуктов реакции. Следовательно, электронные оболочки ядер гелия и бора содержат вместе столько же электронов, сколько их содержат электронные оболочки ядер углерода и водорода.

Очевидно, что при вычитании суммы масс нейтральных атомов углерода и водорода из суммы масс гелия и бора массы электронов выпадут и мы получим тот же результат, как если бы брали массы ядер. Подставив числовые массы атомов в расчетную формулу, получим

Q = 931(4,00260+10,01294)–(1,00783 + 13,00335)МэВ = 4,06 МэВ.

Пример 47

Определить начальную активность радиоактивного препарата магния массойm = 0,2 мкг, а также его активностьАчерез времяt=6 ч. Период полураспада магнияТ_1/2 = 600 с.

Дано: Решение

Активность Аизотопа характеризует ско-

m = 0,2 мкгрость радиоактивного распада и равняется

t=6 ч.= 2,16^.10⁴ счислу ядер, распадающихся в единицу времени

Т_1/2 = 600 с

А₀, А - ?

где dN– число ядер, распавшихся за времяdt.

Согласно основному закону радиоактивного распада , где - постоянная радиоактивного распада. Так какN = N₀e^-t, где N₀– число нераспавшихся ядер в момент времени, принятый за начальный, то

А = N₀ e^{-  t}.

Очевидно, что начальная активность (при t=0)

A₀ =  N₀. (1)

Поэтому закон изменения активности со временем выражается формулой

А = А₀ е^{- t}. (2)

Начальную активность определим по формуле (1). Входящая в эту формулу постоянная радиоактивного распада может быть выражена через период полураспада соотношением = ln2/T_1/2=0,693/T_1/2.Дляпериод полураспадаT_1/2 =10 мин=600 с.Следовательно,

 = 0,693/600 с^-1 = 1,15^.10^-3 с^-1.

Число радиоактивных атомов N₀, содержащихся в изотопе, равно произведению числа АвогадроN_Aна количество вещества данного изотопа:

где m– масса изотопа;  -молярная масса.

Выразив в этой формуле значения величин в единицах СИ, получим

Вычислим по формуле (1) начальную активность изотопа:

А₀ = N₀ = 1,15^.10^-3.4,46^.10¹⁵ Бк = 5,13^.10¹² Бк,

или А = 5,13 ТБк

Активность через 6ч(6 ч = 2,16^.10⁴ с)получим по формуле (2):

А = А₀ е^-tБк = 81,3 Бк

Пример 48

В покоящемся атоме водорода электрон перешел с пятого энергетического уровня в основное состояние. Какую скорость приобрел атом за счет испускания фотона? Какова энергия отдачи?

Дано: Решение

n = 1Энергия перехода из возбужденного состояния в ос-

m = 5 новное распределяется между фотоном и атомом:

D - ?

 = h + D,

где D = p²/2M– ‘энергия отдачи атома;р– импульс, возникший при вылете фотона.

По закону сохранения импульса

p = p_f = hc,

откуда следует D = h²²/2Mc²,

и энергия перехода

Решая это квадратное уравнение, получим выражение для энергии фотона:

Поскольку энергия перехода в атоме водорода меньше 13,6 эВ. А энергия покоя атома водорода равна примерно1 ГэВ, то

2/Мс²  10^-8,

и с достаточной точностью можно отбросить в знаменателе это выражение и получить h = . А так как по условию задачи переход совершается с пятого уровня на первый, то

Итак

энергия отдачи

скорость атома

Проверка размерности:

Пример 49

Найти угловую скорость вращения молекулы водорода на первом возбужденном вращательном уровне, если расстояние между центрами атомов равно 0,74 ангстрем.

Дано: Решение

d = 0,74^.10^-10 мМомент импульса вращающейся квантовой

₁ - ? системы, в том числе молекулы, равен

где l = 0,1,2,…(n-1).

Соответственно кинетическая энергия

где J– момент инерции.

В первом возбужденном состоянии (l = 1)кинетическая энергия

и угловая скорость

Здесь d = 0,74 ангстрем –расстояние между центрами атомов в молекуле иm = 1,67^.10^-27 кг– масса атома водорода. Получаем₁ = 3,2^.10¹³ рад/с.

Проверка размерности:

Пример 50

Определить параметр арешетки и плотностьркристалла кальция, если расстояниеdмежду ближайшими соседними атомами равно0,393 нм.Решетка кубическая гранецентрированная.

Дано: Решение

d = 0,393 нм

а, р - ? d

a

Рис.28

Параметр арешетки и расстояниеdмежду ближайшими соседними атомами связаны простым геометрическим соотношением, ясным из рис.28:

а = d

Подставляя в это выражение численное значение расстояния, получим

а = 0,393нм = 0,556 нм = 5,56^.10^—10 м

Плотность кристалла связана с молярной массойи молярным объемомV₀соотношением

 =  /V₀. (1)

Молярный объем V₀ найдем как произведение объемаа³одной элементарной ячейки на числоz₀элементарных ячеек, содержащихся в одном моле кристалла:

V₀ = a³z₀.

Учитывая, что число элементарных ячеек для кристалла, состоящего из одинаковых атомов, можно найти, разделив число Авогадро N_Aна числоnатомов, приходившихся на одну элементарную ячейку, последнее равенство можно написать в виде

(2)

Подставив в (1) выражение V₀из (2), получим

Подставив данные и учитывая, что число в случае кубической гранецентрированной решетки n = 4:

Проверка размерности:

Пример 51

Используя квантовую теорию теплоемкости Эйнштейна, вычислить удельную теплоемкость при постоянном объеме алюминия при температуре Т = 200 К. Характеристическую температуру Эйнштейна принять для алюминия равной_Е = 300 К.

Дано: Решение

Т = 200 К. Удельная теплоемкостьсвещества может быть

_Е = 300 К. выражена через молярную теплоемкостьCсоотно-

с - ? шением

с = С/, (1)

где ,- молярная масса.

Молярная теплоемкость при постоянном объеме, по теории Эйнштейна, выражается формулой

(2)

Подставив в (1) выражение теплоемкости Спо формуле (2), получим

(3)

Выпишем все величины, входящие в полученную формулу, в единицах СИ: R = 8,31 Дж/(моль^.К),  = 27^.10^-3 кг/моль,_Е = 300 К, Т = 200 К.

Подставим эти значения в формулу (3) и произведем вычисления:

Проверка размерности:

Пример 52

Определить теплоту Q, необходимую для нагревания кристаллаNaClмассойm=20 гот температурыТ₁ = 2 Кдо температурыТ₂ = 4 К. Характеристическую температуру Дебая_DдляNaClпринять равной320 К и условиеТ <<_Dсчитать выполненным.

Дано:	Решение
NaCl m =0,2 кг Т1 = 2 К Т2 = 4 К D = 320 К Т <<D	Температура Q, подводимая для нагревания тела от температуры Т1до Т2может быть вычислена по формуле где СТ– теплоемкость тела. Теплоемкость тела связана с молярной теплоемкостью соотношением
Q=?

где m– масса тела,- молярная масса.

Подставим выражение С_Тпо формуле (2) в формулу (1), получим

В общем случае теплоемкость Сесть сложная функция температуры, поэтому выносить за знак интеграла нельзя. Однако, если выполнено условиеT<<_D, то нахождениеQоблегчается тем, что можно воспользоваться предельным законом Дебая, в согласии с которым теплоемкость пропорциональна кубу абсолютной температуры:

Подставляя молярную теплоемкость (4) в формулу (3), получим:

Выполним интегрирование

Переписав полученную формулу в виде

,

произведем вычисления

Проверка размерности

Пример 53

Вычислить максимальную энергию Е_f(энергию Ферми), которую могут иметь свободные электроны в металле (медь) при абсолютном нуле. Принять, что на каждый атом меди приходится по одному электрону.

Дано: Решение

Т = 0 Максимальная энергияЕ_f, которую могут иметь

Е_f=? электроны в металле при абсолютном нуле, связана с

концентрацией свободных электронов соотношением:

(1)

где - постоянная Планка, деленная на2; m– масса электрона.

Концентрация свободных электронов по условию задачи равна концентрации атомов, которая может быть найдена по формуле

где  - плотность меди;N_A– число Авогадро; -молярная масса.

Подставляя выражение концентрации в формулу (1), получим:

Подставим числовые значения величин, входящих в последнюю формулу, и произведем вычисления:

Проверка размерности:

Пример 54

Некоторый примесный полупроводник имеет решетку типа алмаза и обладает только дырочной проводимостью. Определить концентрацию n_pдырок и их подвижностьb_p, если постоянная ХоллаR_H = 3,8^.10^-4 м³/Кл. Удельная проводимость полупроводника = 110 (Ом^.м)^-1.

Дано: Решение

R_H = 3,8^.10^-4 м³/Кл. Концентрацияn_рдырок связана с постоянной

 = 110 (Ом^.м)^-1 Холла, которая для полупроводников с решеткой

n_p, b_p- ? типа алмаза, обладающих носителями только од-

ного знака выражается формулой

где е– элементарный заряд. Отсюда

(1)

Выпишем все величины в единицах СИ: е = 1,6^.10^-19 Кл, R_H = 3,8^.10^-4 м³/Кл.Подставим числовые значения величин в формулу (1) и произведем вычисления:

Проверка размерности:

Удельная проводимость полупроводников выражается формулой

 = e(n_nb_n+n_pb_p). (2)

где n_n иn_р– концентрация электронов и дырок;b_n иb_p– их подвижности.

При отсутствии электронной проводимости первое слагаемое в скобках равно нулю и формула (2) примет вид

 = en_pb_p.

Отсюда искомая подвижность

(3)

Подставим в (3) выражение n_pпо формуле (1):

Подставим в (4) значения  иR_Hв единицах СИ и произведем вычисления:

Проверка размерности:

Пример 55

Удельная магнитная восприимчивость газообразной окиси азота (NO) при нормальных условиях _уд = 5,6^.10^-7 м³/кг. Определить магнитный момент_mмолекул NO в магнетонах Бора.

Дано: Решение

NO Магнитная восприимчивость парамагнитных

_уд = 5,6^.10^-7 м³/кг веществ выражается по теории Ланжевена

_m - ? (при _mВ<<kT) формулой

где ₀– магнитная постоянная;n– концентрация молекул;_m –магнитный момент молекулы;Т– термодинамическая температура;k– постоянная Больцмана.

Из этой формулы:

(1)

Входящая в выражение (1) магнитная восприимчивость  связана с заданной в условии задачи удельной магнитной восприимчивостью_удсоотношением

 = _уд (2)

где - плотность вещества.

Плотность газа в соответствии с уравнением Клапейрона-Менделеева может быть выражена формулой

 = Mp/RT, (3)

где М –молярная масса.

Подставив выражение  из (3) в (2), а выражениеиз (2) в (1), найдем

(4)

Выразим в этом равенстве молярную газовую постоянную Rчерез число Авогадро N_A, получим расчетную формулу для магнитного момента:

Подставив в (4) значения величин и произведя вычисления, найдем

По условию задачи магнитный момент следует выразить в магнетонах Бора. Так как _В= 0,927^.10^-23 А^.м², то

Проверка размерности: