int_kurs-podg_-ege_kasatkina-i_l_2012
.pdf
Физика для старшеклассников и абитуриентов
Напряжение связано с зарядом на обкладках конденсатора и его емкостью соотношением
U = |
q |
, |
(5) |
|
|||
|
C |
|
|
Емкость плоского воздушного конденсатора определяет формула
C = |
ε0S |
. |
(6) |
|
|||
|
d |
|
|
Осталось выполнить необходимые подстановки и найти искомую красную границу фотоэффекта. Подставим (6) в (5):
U = |
qd |
. |
(7) |
||
|
ε0S |
|
|||
Теперь подставим (7) в (4): |
|
|
|
|
|
E = |
eqd |
. |
(8) |
||
|
|||||
k |
|
ε0S |
|
||
|
|
|
|
|
|
Нам осталось подставить выражения (2), (3) и (8) в формулу
(1) и из полученного соотношения определить красную границу фотоэффекта O0. Выполним эти действия:
|
|
h |
c |
|
= h |
|
c |
+ |
eqd |
. |
|||
|
|
|
λ |
|
|
|
|
λ0 |
|
ε0S |
|||
Отсюда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
λ0 = |
|
|
|
ε0Sλhc |
|||||||
|
|
|
|
. |
|||||||||
|
|
|
ε0Shc − eqdλ |
||||||||||
Ответ: λ0 |
= |
ε0Sλhc |
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
||
ε0Shc − eqdλ |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
С21. Катод освещается светом с длиной волны 200 нм. Работа выхода электронов из него 4,5 · 10–10 нДж. Вылетевшие из катода фотоэлектроны попадают в однородное магнитное поле индукцией 2 Тл перпендикулярно линиям магнитной индукции и начинают двигаться по окружности. Найти диаметр этой окружности.
Обозначим O длину световой волны, Авых — работу выхода электронов, h — постоянную Планка, n — частоту падающей на металл волны, c — скорость света в вакууме, е — модуль заряда электрона, me — массу электрона, В — индукцию магнитного поля, Fл — силу Лоренца, ац — центростремительное
700
Раздел IV. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности.
ускорение электрона, v — его линейную скорость, R — радиус орбиты электрона, d — диаметр его орбиты.
Дано:
В = 2 Тл O = 200 нм
Авых = 4,5 · 10–10 нДж с = 3 · 108 м/с
h = 6,62 · 10–34 Дж · с е = 1,6 · 10–19 Кл
me = 9,1 · 10–31 кг
d — ?
Решение
На электрон в магнитном поле действует сила Лоренца FЛ, направленная по радиусу к центру окружности, которая является его траекторией. По второму закону Ньютона эта сила равна произведению массы электрона me и его центростремительного ускорения ац:
FЛ = me ац. |
(1) |
Когда электрон влетает в магнитное поле перпендикулярно линиям магнитной индукции, сила Лоренца равна:
|
FЛ = Bvе. |
|
|
|
|
(2) |
Центростремительное ускорение найдем по формуле |
|
|||||
ац |
= v2 = 2v2 |
, |
|
|
|
(3) |
|
R d |
|
|
|
|
|
ведь радиус |
R = d . |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
Подставим правые части равенств (2) и (3) в формулу (1): |
||||||
Bve = m 2v2 |
, откуда |
d = |
2mev |
. |
(4) |
|
|
||||||
e d |
|
|
|
Be |
|
|
Скорость электрона, влетевшего в магнитное поле, определим из формулы Эйнштейна для фотоэффекта
hν = Aâûõ + m2ev2 ,
откуда |
v |
2 |
(h |
|
A ). |
m |
|
||||
|
|
e |
|||
Подставим правую часть этого равенства в формулу (4) вместо скорости:
d = |
2me |
2 |
(hν− Aâûõ ) = |
2 |
2me (hν− Aâûõ ). |
(5) |
|
Be |
|
me |
Be |
||||
|
|
|
|
|
|||
701
Физика для старшеклассников и абитуриентов
Теперь выразим частоту световой волны Qчерез известную нам длину волны O. Согласно формуле
ν = λñ .
Нам осталось подставить правую часть этой формулы в выражение (5), и задача в общем виде будет решена:
.
Выразим все величины в единицах СИ:
200 нм = 200 · 10–9 м = 2 · 10–7 м, 4,5 · 10–10 нДж = 4,5 · 10–19 Дж. Произведем вычисления:
|
|
|
2 |
|
|
−31 |
|
|
−34 3 108 |
−19 |
|
м | |
|||
d = |
|
|
|
|
2 9,1 10 |
|
|
6,62 10 |
|
|
|
− 4,5 10 |
|
|
|
|
1,6 |
10 |
−19 |
|
|
2 10 |
−7 |
|
|||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
| 6,2 · 10–6 м = 6,2 мкм.
Ответ: d = 6,2 мкм.
С22. Во сколько раз увеличивается масса частицы с массой покоя m0 и зарядом q, когда она пролетит между точками электрического поля с разностью потенциалов U?
Обозначим m массу движущейся частицы, A — работу электрического поля, разогнавшего частицу, E — полную энергию частицы, E0 — энергию покоя, Ek — кинетическую энергию частицы, c — скорость света в вакууме.
Дано:
m0 q
U
с
m — ? m0
Решение
Полная энергия частицы, разогнанной электрическим полем,
|
Е = Е0 + Ek, где Е = mс2, |
|
Е0 = m0с2 |
и |
Ek = А = qU. |
|
С учетом этих равенств |
|
mс2 = m0с2 + qU. |
Разделим каждый член этого равенства на m0с2:
mc2 = m0c2 + qU , m0c2 m0c2 m0c2
702
Раздел IV. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности.
|
|
|
|
|
m |
= 1 + |
qU |
. |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
m |
m c2 |
|||
|
|
|
0 |
|
0 |
|
||
Ответ: |
m |
= 1 + |
qU |
. |
|
|
||
|
m |
m c2 |
|
|
||||
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
С23. Чему равна длина волны гамма-кванта, у которого энергия равна средней кинетической энергии теплового движения атомов идеального газа, если Q молей газа занимают объем V под давлением p?
Обозначим EJ энергию гамма-кванта, h — постоянную Планка, с — скорость света в вакууме, R — молярную газовую постоянную, T — абсолютную температуру газа, k — постоянную Больцмана, NA — число Авогадро, Ek — среднюю кинетическую энергию теплового движения атомов газа.
Дано: Решение
QПо формуле Планка энергия гамма-кванта
V |
EJ = hQ, где частота Q = |
ñ |
, |
|
р |
λ |
|||
|
|
споэтому
h |
EJ = h |
ñ |
. |
(1) |
|
λ |
|||
|
|
|
|
O — ?
Средняя кинетическая энергия теплового движения атомов газа
Åk = 32 kT.
Абсолютную температуру газа найдем из уравнения Менделеева — Клапейрона: рV = QRТ,
откуда |
Ò = |
|
pV |
. |
|
|||
|
|
|||||||
С учетом этого равенства |
|
νR |
||||||
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
= |
3 k |
pV |
. |
||
|
Å |
|||||||
|
|
|||||||
|
|
k |
2 |
νR |
||||
|
|
|
|
|
|
|
||
Постоянная Больцмана k = R , поэтому
|
|
|
|
|
|
|
NA |
|
|
|
||
|
|
|
= |
3 |
R |
|
pV |
= |
3 pV |
. |
(2) |
|
Å |
k |
|||||||||||
2 |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
NA νR |
2NA ν |
|
||||||
703
Физика для старшеклассников и абитуриентов
Приравняем правые части равенств (1) и (2):
|
|
h |
ñ |
= |
3 pV |
, откуда |
λ = 2hcNA ν. |
|
|
λ |
|||||||
|
|
|
|
|
2NA ν |
|
3 pV |
|
Ответ: λ = |
2hcNA ν . |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
3 pV |
|
|
|
С24. Формула радиуса первой боровской орбиты электро- |
||||||||
на r0 |
= |
= |
. Определить ускорение и скорость электрона на |
|||||
|
||||||||
|
|
kme |
|
|
|
|
||
орбите.
Обозначим r0 радиус первой боровской орбиты электрона, ћ — постоянную Планка (с черточкой), k — коэффициент пропорциональности, m — массу электрона, е — модуль заряда электрона, v — скорость электрона, a — его центростремительное ускорение, F — силу Кулона.
Дано:
r0 |
= |
= |
|
kme |
|||
|
|
k = 9 109 Н м2/Кл2 m = 9,1 10-31 кг
e = 1,6 10-19 Кл
ћ = 1,05 10-34 Дж · с
v — ? a — ?
или с учетом условия
Решение
По второму закону Ньютона сила Кулона, действующая на электрон со стороны ядра, равна произведению его массы на центростремительное ускорение:
F = ma. |
(1) |
По закону Кулона
F = ke2
r02
me3 2
F = k3 2 . (2)
=
Приравняв правые части равенств (1) и (2), определим ускорение электрона:
me3 2 |
откуда a = mk3 |
e3 |
|
2 |
||||||||||||
k3 |
= |
2 |
= ma, |
|
|
|
|
|
. |
|||||||
|
|
2 |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Произведем вычисления: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
( |
|
−19 |
3 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
10 |
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
а = 9,1 10-31(9 109)3 |
1,6 |
|
|
|
|
м/с2 |
| 1023 м/с2. |
|||||||||
(1,05 10 |
−34 2 |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
704
Раздел IV. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности.
Линейную скорость найдем из формулы кинематики:
а= v2 , откуда v = ar0 или с учетом значения радиуса, данного r0
вусловии,
v = à |
2 |
= |
|
|
|
. |
kme2 |
e |
|
||||
|
|
|
km |
|||
Произведем вычисления:
v = |
1,05 10−34 |
1023 |
м/с | 2 106 м/с. |
|
1,6 10−19 |
9 109 9,1 10−31 |
|||
|
|
Ответ: а = 1023 м/с2, v = 2 · 106 м/с.
С25. В атоме водорода электрон вращается вокруг ядра. Для его орбиты выполняется условие квантования h = Srp, где h — постоянная Планка, r — радиус орбиты, p — импульс электрона. Найти кинетическую энергию электрона на орбите.
Обозначим е модуль заряда электрона и ядра атома водорода, Еk — кинетическую энергию электрона, H0 — электрическую постоянную, H — диэлектрическую проницаемость среды, me — массу электрона, F — силу притяжения электрона к ядру, а — ускорение электрона, r — радиус его орбиты, р — импульс электрона.
Дано: |
|
Решение |
|
|
|
||
h = Srp |
|
На электрон в атоме водорода |
|
h = 6,62 10–34 Дж · с |
|
действует со стороны ядра сила |
|
e = 1,6 · 10–19 Кл |
|
притяжения F, равная по второму |
|
k = 9 · 109 Н · м2/Кл2 |
|
закону Ньютона произведению его |
|
h = 6,62 · 10–34 Дж · с |
|
массы me и его центростремитель- |
|
me = 9,1·10–31 кг |
|
ного ускорения a: |
|
H = 1 |
|
F = mеa. |
(1) |
|
|
||
Еk — ? |
|
По закону Кулона эта сила |
|
|
|||
|
|
прямо пропорциональна произ- |
|
ведению модулей зарядов электрона и ядра e и обратно пропорциональна квадрату радиуса орбиты электрона r:
F = k |
å2 |
. |
(2) |
|
r2 |
||||
|
|
|
705
Физика для старшеклассников и абитуриентов
Центростремительное ускорение электрона равно отношению квадрата его линейной скорости v к радиусу орбиты r:
a = |
v2 |
(3) |
. |
r
Подставим (3) в (1) и приравняем правые части полученного равенства и формулы (2):
|
|
F = m |
|
v2 |
, |
|
m |
|
v2 |
= k |
å2 |
, |
|
|
|||
|
|
|
e r |
|
|
e r |
|
|
r2 |
|
|
|
|||||
где |
k = |
1 |
, |
|
поэтому |
|
|
|
mev2 = |
e2 |
. |
||||||
|
|
4πε0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4πε0r |
||
|
Кинетическая энергия равна: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
m v2 |
|
|
e2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
E = |
e |
= |
|
|
|
|
. |
|
|
(4) |
|||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
k |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Выразим кинетическую энергию через импульс, ведь он входит в условие квантования, которое нам дано:
p = mev
|
|
|
m v2 |
|
|
|
|
|
|
|
и |
|
Ek = |
e |
, |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
значит, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
|
|
|
me p2 |
p2 |
|
|||
v = |
|
и |
Ek = |
|
|
|
= |
|
. |
(5) |
m |
|
2m |
2 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
2m |
|
|||
|
e |
|
|
|
e |
e |
|
|||
Теперь выразим из условия квантования импульс и подставим правую часть полученного выражения в формулу (5):
p = |
h |
и тогда |
E = |
h2 |
. |
(6) |
|
πr |
2m π2r2 |
||||||
|
|
k |
|
|
|||
|
|
|
|
e |
|
|
Мы ушли от неизвестной скорости электрона на орбите. Теперь надо исключить из решения радиус его орбиты r. Для этого достаточно выразить его из формулы (4) и подставить в формулу (6). Тогда у нас останется только искомая кинетическая энергия, а остальные величины будут известны. Из формулы (4)
r = |
e2 |
|
. |
8πε E |
|||
|
0 |
k |
|
706
Раздел IV. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности.
Теперь подставим правую часть этого выражения в (6), после чего и найдем искомую кинетическую энергию:
|
|
|
|
E = |
h2 |
64π2ε2E2 |
= |
32h2ε2E2 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
0 k |
|
|
|
0 |
k , |
|||||
|
|
|
|
|
2m π2e4 |
|
m e4 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
k |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
e |
|
|
|
|
|
|
|
|
e |
|
|
откуда |
|
|
|
|
Ek = |
|
m |
|
|
e2 |
|
2 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
e |
|
|
|
|
. |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 4ε0h |
|
|
|
||||||
Произведем вычисления: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
9,1 |
|
10−31 |
|
|
|
1,6 10−19 |
2 |
|
|
|
|
2 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Ek = |
|
|
( |
) |
|
|
|
Дж | 5 · 10–19 Дж. |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
2 |
4 8,85 10 |
−12 |
6,62 10 |
−34 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Ответ: Ek = 5 · 10–19 Дж.
С26. Релятивистский позитрон налетает на покоящийся электрон. В результате аннигиляции возникают два одинаковых гамма-кванта, разлетающиеся под углом друг к другу. Определить этот угол, если масса покоя m0 и кинетическая энергия позитрона Еk известны.
Обозначим m0 массу покоя электрона, Еk — кинетическую энергию позитрона, c — скорость света в вакууме, p+ — импульс позитрона перед ударом об электрон, рJ — импульс каждого из
одинаковых гамма-квантов, ЕJ — энер- |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
Fγ |
|
|
|
|||||
гию каждого гамма-кванта, m — массу |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
каждого гамма-кванта. |
|
|
γ |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Дано: |
|
Решение |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
p+ |
||||||
Еk |
|
По закону сохранения |
|
|
γ |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
||||
m0 |
|
импульса векторная сум- |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
с |
|
ма импульсов позитрона |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Fγ |
|
|
|
|||||||
|
|
и электрона до столкно- |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||
M — ? |
|
вения равна векторной |
|
|
Рис. 407 |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
сумме гамма-квантов после него. Но импульс |
||||||||||
электрона равен нулю, ведь он покоился.
С учетом этого в скалярной записи, как это следует из рис. 407,
соs |
ϕ |
= |
ð+ |
. |
2 |
2ð |
|||
|
|
|
γ |
|
Импульс каждого из гамма-квантов рJ = mc, а его энергия ЕJ = mc2, поэтому
707
Физика для старшеклассников и абитуриентов
|
ðγ |
= |
mγ c |
, |
откуда |
p |
= |
Åγ |
. |
|||
Å |
|
m c2 |
|
|
|
|
|
γ |
|
c |
||
|
γ |
γ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С учетом этого |
|
|
ϕ |
|
ð+ ñ |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
соs |
= |
. |
|
(1) |
||||
|
|
|
|
2 |
2Å |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
γ |
|
|
|
|
|
Теперь применим закон сохранения энергии, согласно которому сумма энергий покоя электрона и позитрона (они одинаковы, поскольку одинаковы массы покоя электрона и позитрона) 2m0c2 и кинетической энергии позитрона Ek равна суммарной энергии двух гамма-квантов 2ЕJ :
2m0c2 + Ek = 2ЕJ.
Отсюда |
Åγ = |
2m0c + Ek |
(2) |
|
2 |
||||
|
|
|
Нам не известен импульс позитрона р+. Полная энергия позитрона Е связана с его импульсом формулой
|
|
Е2 = Е02 + (р+с)2, где Е0 = m0c2, |
|
|
|
||||||||
поэтому |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Е2 = (m0c2)2 + (р+с)2 |
|
|
(3) |
||||||||
С другой стороны, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
Е = m0c2 + Ek |
или Е2 = (m0c2 + Ek)2. |
|
(4) |
|||||||||
Приравняв правые части равенств (3) и (4), получим: |
|
||||||||||||
|
|
(m0c2)2 + (р+с)2 = (m0c2 + Ek)2, |
|
|
|
||||||||
|
m |
c2)2 + (р |
с)2 |
= (m |
c2)2 + 2m |
c2Е + Е 2, |
|
|
|||||
0 |
+ |
|
0 |
0 |
|
|
k |
k |
|
|
|||
|
|
(р+с)2 = 2m0c2Еk + Еk2 |
|
|
|
||||||||
Отсюда |
р+ = |
Ek (2m0c2 + Ek ) |
. |
|
|
(5) |
|||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
c |
|
|
|
|
|
|
Теперь подставим в формулу (1) равенства (2) и (5): |
|
||||||||||||
соs 0,5 M= |
ñ Ek (2m0c2 + Ek ) |
2 |
|
|
|
E |
|
|
|||||
|
|
|
|
· |
|
|
= |
k |
. (6) |
||||
|
2 |
|
|
2m c + E |
2m c2 |
+ E |
|||||||
|
|
ñ |
|
|
|
0 |
k |
0 |
k |
|
|||
708
Раздел IV. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности.
Поскольку |
|
сos 0,5 M = |
1 + cos ϕ |
, |
|
|
|
|
|||
то |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
соs M = 2cos2 0,5 M – 1. |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
(7) |
|||||
Нам осталось подставить в равенство (7) выражение (6): |
|||||||||||
соs M = 2 |
E |
|
2E − 2m c2 − E E − 2m c2 |
|
|||||||
|
k |
– 1 = |
k |
0 |
k |
= |
k |
0 |
, |
||
|
2m c2 + E |
|
E |
+ 2m c2 |
|||||||
2m c2 |
+ E |
||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||
|
0 |
k |
|
0 |
k |
|
|
k |
0 |
|
|
M = arc cos Ek − 2m0c2 .
Ek + 2m0c2
Ответ: M = arc cos Ek − 2m0c2 .
Ek + 2m0c2
С27. На рис. 383 изображена схема энергетических уровней атома. Электрон, летевший со скоростью 2 · 106 м/с, налетел на атом, который до этого покоился в состоянии с энергией 4 эВ. После соударения электрон отскочил, приобретя дополнительную энергию. Найти импульс электрона после столкновения.
Обозначим me массу электрона, v1 — скорость электрона до столкновения с атомом, v2 — скорость электрона после столкновения с атомом, E1 — энергию атома в состоянии покоя, E2 — энергию атома после удара об него электрона, 'E — изменение энергии атома, р — импульс электрона после столкновения, Ek1 — кинетическую энергию электрона до столкновения с атомом, Ek2 — кинетическую энергию электрона после стол-
кновения.
Дано:
me = 9,1 · 10–31 кг v1 = 2 · 106 м/с Е1 = 4 эВ
р — ?
Решение
До столкновения с атомом электрон имел кинетическую энергию
|
m v2 |
||
Ek1 = |
e |
1 |
. |
2 |
|
||
|
|
|
|
При соударении покоившийся атом отдал электрону часть своей энергии, перейдя в состояние c энергией Е2 = 6,8 эВ. Следовательно,
атом отдал электрону часть своей энергии
709