fizika_praktikum_ch3 - Владивостокский государственный

Министерство образования и науки Российской Федерации
Владивостокский государственный университет
экономики и сервиса
_________________________________________________________
А.И. ОЛЕЙНИК
А.И. ШАВЛЮГИН.
Е.Э. ШМАКОВА
ФИЗИКА
Практикум
Часть 3
Владивосток
Издательство ВГУЭС
2005
ББК 22.3
О 53
Рецензент: Печников В.С., канд. физ.-мат. наук,
доцент (ДВГУ)
Олейник А.И., Шавлюгин А.И., Шмакова Е.Э.
О 53
ФИЗИКА: Практикум. Ч. 3. – Владивосток: Изд-во
ВГУЭС, 2005. – 92 с.
Настоящее издание представляет собой заключительную
часть практикума, предназначенного для студентов следующих
специальностей: 013100-ЭК, 060800-ЭУ, 071900-ИТ, 201500-БР,
210305-РБ, 230100-СТ, 280800-ТШ, 280900-КШ, 351100-ТВ,
220200-ВМ, 010503-МИ очной и заочной форм обучения. Цель
практикума – на большом количестве разобранных примеров
научить студентов решать задачи по физике самостоятельно.
Практикум содержит два основных раздела – оптику и квантовую физику, полностью соответствующих программе курса физики для вузов. Каждый раздел состоит из нескольких частей в соответствии с традиционным изложением курса в наиболее популярных учебниках по физике. Структура каждой части включает в
себя краткие теоретические сведения, примеры решенных задач и
задания для самостоятельной работы студентов.
Рассчитан как на студентов, изучающих физику в течение
двух семестров, в ходе которых учебными планами предусмотрено
выполнение четырех контрольных работ, так и на тех, кто изучает
физику в течение одного семестра и выполняет две контрольные
работы.
ББК 22.3
Печатается по решению РИСО ВГУЭС
©
2
Издательство Владивостокского
государственного университета
экономики и сервиса, 2005
1. ОПТИКА
1.1. Геометрическая оптика. Оптические системы
Справочные сведения
Принцип Ферма: свет всегда распространяется по тому пути, для
преодоления которого требуется экстремальное время.
Закон прямолинейного распространения света: в однородной среде
свет распространяется прямолинейно.
Закон отражения света: падающий луч, отраженный луч и перпендикуляр к границе раздела, восставленный в точке падения луча, лежат
в одной плоскости; угол падения равен углу отражения.
Закон преломления света: падающий луч, преломленный луч и
перпендикуляр к границе раздела, восставленный в точке падения луча,
лежат в одной плоскости; отношение синуса угла падения к синусу угла
преломления есть величина постоянная для данных двух сред
sin 
 n 21 .
sin 
Здесь n21 – относительный показатель преломления второй среды (в
которую переходит свет) относительно первой. Абсолютный показатель
преломления вещества
c
n ,
v
где c  310 8 м
– скорость света в вакууме, v – скорость света в вещес
стве. Относительный показатель преломления связан с абсолютными показателями преломления веществ и скоростями света в них по формулам
n 21 
n 2 v1

.
n1 v 2
Полное внутреннее отражение возникает в случае, когда свет переходит из среды с большим показателем преломления в среду с меньшим
показателем преломления; предельный угол полного внутреннего отражения определяется из закона преломления и равен
 пр  arcsin n 21 .
Формула сферического зеркала

1 1
2
1
      D ,
d f
R
F
3
где f – расстояние изображения (от изображения до зеркала), d – расстояние предмета (от предмета до зеркала), R – радиус зеркала, F – фокусное расстояние, D – оптическая сила зеркала. Правило знаков: для
действительного предмета и изображения и вогнутого зеркала (действительный фокус) используют знак «плюс», а для мнимого предмета и
изображения и выпуклого зеркала (мнимый фокус) используют знак
«минус».
Формула тонкой линзы

1 1
1
    D ,
d f
F
где символы имеют тот же смысл, что и в формуле сферического зеркала. Правило знаков для тонкой линзы аналогично соответствующему
правилу для сферического зеркала.
Увеличение сферического зеркала и тонкой линзы
Г
f
H
 ,
h d
где H – линейный размер изображения, h – линейный размер предмета.
Примеры решения задач
Задача 1. Какой формы должна быть отражающая поверхность,
чтобы она собирала параллельные лучи в одной точке?
Решение
Пусть S – искомая поверхность (изображено ее сечение плоскостью
содержащей ось симметрии), прямая OD – ее ось симметрии (рис. 1.1.1).
Поместим начало системы координат в точку O пересечения оси симметрии OD с преломляющей поверхностью, а оси x и y направим вправо
и вверх соответственно. Рассмотрим произвольный луч AB, падающий
на поверхность параллельно OD. Построим в точке B падения луча касательную к поверхности O1O2, нормаль BC и отраженный луч BD.
Пусть координаты точки B равны (x0, y0). Тогда уравнение касательной
O1O2 запишется в виде y  y 0  y 0 ( x  x 0 ) , где, как известно
tg  y 0 .
(1.1.1)
Запишем уравнение прямой BD в виде y = kx + b и определим коэффициенты этого уравнения при помощи координат точки B и в предположении, что любой отраженный луч пересекает прямую OD в точке
y0
fy 0
x
с координатами (f, 0). Тогда получим y 
.
x0  f
x0  f
4
O1

В
А


O2
O
С
D
А
f
S
Рис. 1.1.1
Из рисунка 1.1.1 следует, что угловой коэффициент BD равен
tg (   ) 
y0
f  x0
(1.1.2)
Согласно закону отражения света
  ;
(1.1.3)
кроме того, по построению
  

.
(1.1.4)
2
Решая систему (1.1.1)–(1.1.4) и опуская индексы, получаем дифференциальное уравнение
( y  2  1) y  2 y ( f  x) ,
(1.1.5)
с очевидным начальным условием
y(0)  0 .
(1.1.6)
Выражая y из (1.1.5), получаем
y 
f x
( f  x) 2
 1
,
y
y2
где условиям задачи соответствует знак плюс. Полученное уравнение
является однородным, поэтому делаем подстановку y  tz (где обозначено z  f  x ), в результате чего получаем уравнение
5
 tt z  1  t 2  1  t 2 ,
которое после разделения переменных приводится к виду
tdt
1  t (1  1  t )
2
Интегрируя
d (1  1  t ) 
2
это
tdt
1 t 2
уравнение
, находим

2
dz
.
z
с
учетом
того,
что
ln(1  1  t )   ln z  ln C , откуда
2
следует
f  x  ( f  x) 2  y 2  C .
(1.1.7)
Подстановка начального условия дает C  2 f , что позволяет после
несложных преобразований получить
y 2  4 fx .
(1.1.8)
Данное уравнение определяет параболу, следовательно, искомая
поверхность является параболоидом вращения.
Задача 2. Из вакуума на преломляющую поверхность падает плоскопараллельный пучок света в направлении оси симметрии поверхности. Какой формы должна быть поверхность, чтобы все лучи после преломления собрались в одной точке на оси симметрии поверхности?
Найти максимальный радиус пучка, который может быть сфокусирован
этой поверхностью. Показатель преломления среды, которую ограничивает поверхность, равен n .
Решение
Пусть S – искомая поверхность, (изображено ее сечение плоскостью
содержащей ось симметрии), прямая OD – ее ось симметрии (рис. 1.1.2).
Поместим начало системы координат в точку O пересечения оси симметрии OD с преломляющей поверхностью, а оси x и y направим вправо и
вверх соответственно. Рассмотрим произвольный луч AB, падающий на
поверхность параллельно OD. Построим в точке B падения луча касательную к поверхности O1O2, нормаль BC и преломленный луч BD.
Поместим начало системы координат в точку O пересечения оси
симметрии OD с преломляющей поверхностью, а оси x и y направим
вправо и вверх соответственно. Пусть координаты точек B и D равны
(x0, y0) и (f, 0) соответственно, а уравнение поверхности будем искать в
виде x = x(y). Согласно закону преломления
6
O1
А

В

С
O2
O

D
E
Рис. 1.1.2
sin 
n.
sin 
(1.1.9)
Угловой коэффициент касательной
tg (

2
  )  y0
 tg  z0 ,
(1.1.10)
1
1
.

x 0 z 0
Из прямоугольного треугольника BDE следует
где обозначено z 0  x 0  f и учтено y 0 
tg  
y0
,
z0
(1.1.11)
причем углы  ,  и  связаны очевидным равенством
    .
(1.1.12)
Исключая из системы (1.1.9) – (1.1.12) углы при помощи тригонометрических формул и опуская индексы получаем дифференциальное
уравнение
yn y 2  z 2
z 2  y 2  nz y 2  z 2
 z
(1.1.13)
с начальным условием
z (0)   f .
7
(1.1.14)
Полученное уравнение можно преобразовать к виду
z 
n( y  zz)
y2  z2
,
откуда следует
z  n y2  z2 C .
(1.1.15)
Подстановка начального условия (1.1.14) в (1.1.15)
C   f (n  1) , что позволяет записать решение задачи в виде
z  n y 2  z 2  f (n  1) .
дает
(1.1.16)
Возвращаясь к переменной x , после некоторых преобразований
получаем следующее уравнение поверхности
(n 1) x 2  2nf (n  1) x  n 2 y 2  0 ,
(1.1.17)
вид которого позволяет сделать вывод, что искомая поверхность имеет
форму эллипсоида вращения. Решая (1.1.17) относительно x, окончательно находим
x
n
n 1 y 2
f (1  1 
).
n 1
n 1 f 2
(1.1.18)
Из полученного решения следует, что существует пучок максимального радиуса, который может быть сфокусирован данной поверхn 1 y 2
 0 , что дает
ностью. Радиус пучка находим из условия 1 
n 1 f 2
r  y max  f
n 1
.
n 1
Задача 3. На высоте h от поверхности воды расположен точечный
источник света. Где будет находиться изображение этого источника,
даваемое плоским зеркальным дном сосуда, если толщина слоя воды
d ? Показатель преломления воды n .
Решение
Будем рассматривать падение световых лучей на поверхность воды
под малыми углами (рис. 1.1.3). Мнимое изображение источника находится в точке F, в которой пересекаются продолжения лучей HA и FG,
отразившихся от зеркала и вышедших после преломления в воздух.
Обозначим искомое расстояние от источника до его изображения
AF = S. Согласно закону преломления света
8
sin 
n.
sin 
(1.1.19)
Из треугольников ABC и BDE находим
x  h  tg , y  d  tg .
(1.1.20)
Согласно обозначениям на рисунке
AG  2 x  2 y  2(h  tg  d  tg ) .
(1.1.21)
A
G

h
x
y
B

D
C
d
E
H
F
Рис. 1.1.3
Из подобия треугольников ABC и AFG следует
x 2(h  tg  d  tg )

,
h
s
откуда получаем
s
2h(h  tg  d  tg )
tg
 2(h  d
)
x
tg
Используя условие малости углов, в пределе получаем
tg sin 

 n,
tg sin 
что после подстановки в (1.1.22) позволяет записать ответ
9
(1.2.2)
s  2( h 
d
).
n
Задача 4. Узкий луч света падает на горизонтальную водную поверхность под углом  . Под каким минимальным углом  к поверхности воды нужно установить в воде зеркало, чтобы луч, отразившись от него, не
мог бы выйти из воды в воздух? Показатель преломления воды n.
Решение
Несложный анализ показывает, что возможно два положения зеркала по отношению к падающему лучу, обеспечивающих падение отраженного от зеркала луча на границу раздела вода-воздух под углом полного внутреннего отражения (на рис. 1.1.4 а,б показан ход луча в этих
двух случаях).





Рис 1.1.4а
Рис. 1.1.4б
Очевидно, что во втором случае удается добиться меньшего значения угла расположения зеркала относительно поверхности воды, поэтому перейдем к анализу ситуации, изображенной на рис. 1.1.4б. Согласно
закону преломления света
sin 
n.
sin 
(1.1.23)
Из условия падения отраженного от зеркала луча на границу раздела вода-воздух под углом полного внутреннего отражения получаем
1
.
(1.1.24)
n
Применяя закон отражения света от зеркала и элементарные свойства углов, можно получить следующее соотношение, связывающее
углы, обозначенные на рисунке
sin  
10
    2 ,
(1.1.25)
Решая систему (1.1.23) – (1.1.25), легко находим
1
1
sin 
(arcsin  arcsin
).
2
n
n
Используя соотношение
 
(1.1.26)
arcsin   arcsin   arcsin  1   2   1   2  ,


выражение (1.1.26) можно преобразовать к виду

1
1

arcsin  2 ( n 2  sin 2   sin  n 2  1) .
2
n

Задача 5. Два параллельных световых луча падают нормально на
боковую поверхность прозрачного цилиндра. Расстояние между лучами
равно радиусу R основания цилиндра. Найти показатель преломления
материала цилиндра, при котором лучи после преломления пересекутся
на поверхности цилиндра.
Решение
Ход лучей после преломления на поверхности цилиндра изображен
на рисунке 1.1.5 (здесь цифрами обозначены световые лучи, SS1 – касательная, а OA – нормаль к поверхности цилиндра).
Согласно закону преломления света
S1
A
1

S
C


B
O
2
Рис. 1.1.5
sin 
 n.
sin 
11
(1.1.27)
Из треугольника OAC находим
R
AC
1
(1.1.28)
sin  
 2  .
AO R 2
Из треугольника ABC аналогично
R
AC
1
2
.
(1.1.29)
tg 


AB
3 2 3
RR
2
Используя известное тригонометрическое тождество, из (1.1.29)
получаем
tg
1
.
(1.1.30)
sin  

2
1  tg  2 2  3
Подставляя (1.1.28), (1.1.30) в (1.1.27), окончательно находим
1
2
n
 2  3  1,93 .
1
2 2 3
Задача 6. Экран расположен на расстоянии L  21 см от отверстия,
в которое вставлена линза радиусом r  5 см . На линзу падает сходящийся пучок лучей, в результате чего на экране образуется светлое пятно радиусом R  3 см . Оказалось, что если линзу убрать, радиус пятна
не изменится. Найти фокусное расстояние линзы.
Решение
Предположим, что линза собирающая и изобразим ход лучей при
наличии линзы (рис. 1.1.6а).
A
f
B
Рис. 1.1.6а
12
C
D
y
E
Из подобия треугольников ABC и CDE следует
f
y
 ,
r R
(1.1.31)
где согласно условию
f  y  L.
(1.1.32)
Решая систему (1.1.31), (1.1.32), находим расстояние изображения
f 
Lr
.
Rr
(1.1.33)
Аналогично рассматриваем ход лучей без учета линзы (рис. 1.1.6б).
A
D
C
L
B
x
E
Рис. 1.1.6б
Из подобия треугольников ABC и CDE находим
L x x
 ,
r
R
(1.1.34)
d  L x.
(1.1.35)
где расстояние предмета
Решая совместно (1.1.34), (1.1.35), получаем
d
Lr
.
rR
(1.1.36)
Подставляя (1.1.33), (1.1.36) в формулу тонкой линзы с учетом того, что в данном случае предмет мнимый, находим фокусное расстояние
линзы
1 1 1 R  r r  R 2R
  


F
f d
Lr
Lr
Lr
13

F
Lr
.
2R
(1.1.37)
Несложный анализ показывает, что в случае рассеивающей линзы
ход лучей за препятствием, изображенный на рис. 1.1.6а, будет соответствовать отсутствию линзы, а изображенный на рис. 1.1.6б – ее наличию. Аналогичный метод решения позволяет получить для этого случая
ответ, отличающийся от (1.1.37) только знаком, что позволяет записать
решение задачи для произвольной линзы в виде
F 
Lr
 17 ,5 см .
2R
Задача 7. Перемещая собирающую линзу между предметом и
экраном, нашли два положения, при которых линза дает на экране четкое изображение предмета. Найти высоту предмета h , зная, что высота
первого изображения h1 , а высота второго изображения h2 .
Решение
Запишем формулу тонкой линзы для двух случаев, о которых идет
речь в условии задачи
1
1
1 1
1
1


,
,


f2 d2
F
f1 d1 F
(1.1.38)
где согласно условию
f 1  d1  f 2  d 2 .
(1.1.39)
Из формулы увеличения тонкой линзы следует
f 1 h1 f 2 h2


,
.
d1
h d2
h
(1.1.40)
Решая систему (1.1.38) – (1.1.40), получаем
h  h1 h2 .
Задача 8. Светящаяся точка движется со скоростью v, параллельно
главной оптической оси тонкой собирающей линзы, на расстоянии h от
нее. Найти мгновенную скорость u движения изображения точки как
функцию расстояния предмета d. Фокусное расстояние линзы равно F.
Решение
Запишем формулу тонкой линзы в некоторый момент времени, когда расстояния предмета и изображения равны d и f соответственно
1 1 1
  .
F
f d
14
(1.1.41)
Через промежуток времени dt расстояние предмета станет
d1 = d – vdt и формула тонкой линзы примет вид
1
1
1
.


F
f 1 d  vdt
(1.1.42)
Выражая из (1.1.41), (1.1.42) расстояния изображения, находим
vdt
)
Fd
d
.
df  f 1  f 

vdt
d F
(d  F )(1 
)
d F
Fd (1 
(1.1.43)
Применяя формулу (1  x) n  1  nx , справедливую при малых x, из
(1.1.43) получаем
df 
F 2 vdt
,
(d  F ) 2
откуда следует выражение для составляющей скорости изображения,
параллельной оптической оси линзы:
ux 
df
F 2v

.
dt (d  F ) 2
(1.1.44)
Для получения выражения составляющей скорости изображения,
перпендикулярной оптической оси линзы, запишем по аналогии формулы линейного увеличения линзы
h1
f1
f h
 , 2 
,
h d
h
d  vdt
(1.1.45)
где h1, h2 – расстояния от изображения точки до оптической оси линзы
в начальный и бесконечно близкий к нему моменты времени. Поступая
аналогично первой части задачи, из (1.1.45) находим
dh  h2  h1 
hFvdt
,
(d  F ) 2
откуда для перпендикулярной к оптической оси линзы составляющей
скорости следует
vy 
hFv
.
(d  F ) 2
15
(1.1.46)
Тогда для модуля скорости изображения точки из (1.1.44), (1.1.46)
находим
v  v x2  v 2y 
Fv
(d  F ) 2
F 2  h2 .
Задачи для самостоятельного решения
1. Человек, рост которого h = 1,7 м, идет по направлению к уличному фонарю со скоростью v  1 м . В некоторый момент времени
с
длина тени человека была l1 = 1,8 м, а спустя время t = 2 c длина тени
стала l2 = 1,3 м. На какой высоте висит фонарь? Ответ:
vth
H  h
 8,5 м .
l1  l 2
2. Два плоских зеркала расположены под углом друг к другу, и
между ними помещен точечный источник света. Изображение источника в первом зеркале находится на расстоянии a1 = 6 см, а во втором зеркале – на расстоянии а2 = 8 см от источника. Расстояние между изображениями источника l = 10 см. Найти угол  между зеркалами. Ответ:
l 2  a12  a 22 
 .
2 a1 a 2
2
3. На плоскопараллельную стеклянную (n = 1,5) пластинку толщиной d = 5 см падает под углом   30 0 луч света. Определить смещение
луча,
прошедшего
через
пластинку.
Ответ:


cos 
  9,69 мм .
x  d sin  1 


2
2
n

sin



4. Какова толщина d стеклянной плоскопараллельной пластинки,
если точку на задней поверхности пластинки наблюдатель видит на расстоянии l = 5 см от передней поверхности? Показатель преломления
стекла n = 1,6. Ответ: d  l  n  8 см .
5. Человек с лодки рассматривает предмет, лежащий на дне. Глубина водоема равна H, показатель преломления воды равен n. Определить
зависимость кажущейся глубины h предмета от угла  , который образует луч зрения с нормалью к поверхности воды. Ответ:
Hn 2 cos 3 
h
.
3
(n 2  sin 2  ) 2
6. На дне сосуда, наполненного водой (n = 1,33) до высоты
h = 25 см находится точечный источник света. На поверхности воды
плавает непрозрачная пластинка так, что центр пластинки находится
  arccos
16
над источником света. Определите минимальный диаметр пластинки,
при котором свет не пройдет сквозь поверхность воды. Ответ:
2h
.
d min 
n 2 1
7. Водолаз стоит на горизонтальном дне водоема, имеющего глубину H = 15 м. На каком расстоянии l от водолаза, рост которого
h = 1,7 см, находятся те части дна, которые он может увидеть отраженными от поверхности воды? Показатель преломления воды n = 1,33.
2H  h
Ответ: l 
 32,3 м .
n 2 1
8. Призма с преломляющим углом   450 сделана из стекла с показателем преломления n = 1,75. При каком угле падения  луча света
на одну из граней выход луча из второй грани становится невозможным? Ответ:   arcsin(cos   n 2  1  sin  )  31,4 0 .
9. Определить расстояние от собирающей линзы с фокусным расстоянием F до предмета, при котором расстояние от предмета до действительного изображения будет минимальным. Ответ: d = 2F.
10. Двояковыпуклая линза с показателем преломления n = 1,5 имеет
одинаковые радиусы кривизны поверхностей R1 = R2 = R = 10 см. Изображение предмета с помощью этой линзы оказывается в k = 5 раз больше предмета. Определить расстояние от предмета до изображения. От(k  1) 2 R
 72 см .
вет: f  d 
2k (n  1)
11. Точечный источник света находится на главной оптической оси
линзы на расстоянии d = 25 см от нее. Фокусное расстояние линзы
F = 10 см, ее радиус r = 5 см. По другую сторону линзы ставят экран
так, что на нем получается четкое изображение источника. Затем экран
перемещают вдоль оси на расстояние a = 5 см. Найти радиус R светлого
ra (d  F )
 1,5 см .
круга на экране. Ответ: R 
dF
12. Собирающая линза с оптической силой D = 8 дптр дает изображение предмета, равное размеру предмета. Как нужно изменить расстояние между линзой и предметом, чтобы его изображение уменьши2
лось в 3 раза? Ответ: d 2  d 1  2 F   0,25 м .
D
13. Точечный предмет движется по окружности со скоростью
v  3 см вокруг главной оптической оси собирающей линзы в плоскос
сти, перпендикулярной к оси и отстоящей от линзы на расстоянии
17
d = 1,5 F, где F – фокусное расстояние линзы. В каком направлении и с
какой скоростью u движется изображение предмета? Ответ:
vF
см
u
6
, направление вращения такое же.
dF
с
14. Светящаяся точка описывает окружность радиуса r в плоскости,
перпендикулярной к главной оптической оси собирающей линзы с оптической силой D, а ее изображение описывает на экране окружность радиуса R.
rR
На каком расстоянии от линзы находится экран? Ответ: f 
.
rD
15. Собирающая линза дает действительное изображение предмета,
расположенного перпендикулярно главной оптической оси линзы, с
увеличением k = 4. Если предмет передвинуть на d  5 см вдоль главной оптической оси, то увеличение уменьшится в n = 2 раза. Найти фоkd
 20 см .
кусное расстояние линзы. Ответ: F 
n 1
1.2. Волновая оптика. Взаимодействие
электромагнитных волн с веществом
Теоретические сведения
Оптическая длина пути световой волны в однородной среде
L = nl,
где l – геометрическая длина пути световой волны, n – показатель преломления среды.
Условие максимумов (усиления) света при интерференции
  k, k  0,1,2...,
где  – оптическая разность хода двух когерентных волн,  – длина
световой волны в вакууме.
Условие минимумов (ослабления) света при интерференции
2k  1
 , k  0,1,2,...
2
Ширина интерференционной полосы (расстояние между соседними
максимумами или минимумами) при интерференции от двух параллельных щелей
l
x   ,
d
где l – расстояние от источников света до экрана, d – расстояние между
источниками.

18
Условие максимумов при интерференции света, отраженного от
тонкой пленки
1
2d n 2  sin 2   (m  ) , m  0,1,2,... ,
2
где d – толщина пленки, n – показатель преломления вещества пленки,
 – угол падения лучей на пленку.
Условие минимумов при интерференции света, отраженного от
тонкой пленки
2d n 2  sin 2   m , m  1,2,3,...
Радиусы светлых колец Ньютона в отраженном свете
rm 
R (2m  1)
, m  0,1,2,...,
2n
где R – радиус кривизны выпуклой поверхности плосковыпуклой линзы, n – показатель преломления вещества между линзой и плоскопараллельной пластинкой.
Радиусы темных колец Ньютона в отраженном свете
rm 
Rm
, m  0,1,2,...
n
Радиусы зон Френеля для сферической световой волны
ab
m ,
ab
где а – расстояние от источника света до отверстия, b – расстояние от
отверстия до экрана.
В случае плоской волны ( a   )
rm 
rm  bm .
Условие минимумов интенсивности света при дифракции Фраунгофера на одной щели при нормальном падении лучей
a sin   k , k  1,2,3,...,
где a – ширина щели,  – угол дифракции, k – номер минимума.
Условие максимумов интенсивности света при дифракции Фраунгофера на одной щели
1
a sin   (k  ) , k  1,2,3,...
2
19
Условие главных максимумов интенсивности света при дифракции
Фраунгофера на дифракционной решетке в случае нормального падения
лучей
d sin   k , k  0,1,2,...,
где d – постоянная (период) решетки, k – номер главного максимума,
 – угол дифракции.
Условие главных минимумов интенсивности света при дифракции
Фраунгофера на дифракционной решетке в случае нормального падения
лучей
a sin   k , k  1,2,3,...,
где a – ширина одной щели решетки.
Условие дифракционных максимумов при дифракции рентгеновских лучей на кристаллической решетке (формула Вульфа – Брэггов)
2d sin   m , m  1,2,3,...,
где d – расстояние между кристаллографическими плоскостями,  –
угол скольжения.
Разрешающая способность дифракционной решетки
R

 mN ,

где  – минимальная разность длин волн двух соседних спектральных линий, при которой эти линии будут видны раздельно в спектре
m-го порядка, N – общее число штрихов (щелей) решетки.
Степень поляризации света

, v – скорость источника света относительно приемника, c –
c
скорость света в вакууме,  – угол между вектором скорости v и
где  
направлением наблюдения, измеренный в системе отсчета, связанной с
приемником.
При движении частицы в веществе со скоростью, превышающей
фазовую скорость света в этом веществе, частица излучает электромагнитные волны вдоль образующих конуса, составляющих с его осью
(направлением скорости) угол
cos  
20
c
.
nv
Примеры решения задач
Задача 1. В опыте Ллойда (рис. 1.2.1) световая волна, исходящая
непосредственно из источника S (узкой щели), интерферирует с волной,
отраженной от зеркала З. В результате на экране Э образуется система
интерференционных полос. Расстояние от источника до экрана l = 1 м.
При некотором положении источника ширина интерференционной полосы на экране x  0,25 мм , а после того как источник отодвинули от
плоскости зеркала на h  0,6 мм , ширина полос уменьшилась в
  1,5 раза. Найти длину волны света.
Решение
Решение данной задачи можно свести к решению задачи о двух источниках, заменяя зеркало изображением S  источника в нем. Будем
отсчитывать положение точки наблюдения на экране от линии пересечения зеркала и экрана.
À
S
x
Ý
Ç
S
Рис. 1.2.1
Определим геометрические длины путей, которые прошли волны,
взаимодействующие в точке A, от источника и его изображения. Обозначая начальное расстояние от источника до плоскости зеркала через h,
по теореме Пифагора находим
SA2  l 2  ( x  h) 2 , S A 2  l 2  ( x  h) 2 ,
откуда следует
S A 2  SA2  (S A  SA)(S A  SA)  4xh .
(1.2.1)
Поскольку первая скобка в (1.2.1) равна оптической разности хода
волн  (так как показатель преломления воздуха принимаем равным
единице), а вторую с учетом условия l > > h можно приближенно принять равной 2l , получаем
2l  4 xh 
21
x
l
.
2h
(1.2.2)
Применяя условие минимумов интенсивности света при интерференции, находим линейные координаты минимумов освещенности

(2k  1)

2

xk 
(2k  1)l
,
4h
и ширину интерференционной полосы
x  x k 1  x k 
l
.
2h
(1.2.3)
Рассуждая аналогично, находим ширину интерференционной полосы после передвижения источника
x  
l
.
2(h  h)
Так как, согласно условию

(1.2.4)
x
  , из (1.2.3), (1.2.4) следует
x 
2xh 2  2,5 10 4  6 10 4

 6 10  7 м .
l (  1)
1  (1,5  1)
Задача 2. На вершине сферической поверхности плоско-выпуклой
стеклянной линзы имеется сошлифованный плоский участок радиуса
r0 = 3 мм, которым она соприкасается со стеклянной пластинкой. Радиус
кривизны выпуклой поверхности линзы R = 1,5 м. Найти радиус шестого светлого кольца при наблюдении в отраженном свете с длиной волны
  655 нм .
Решение
Определим высоту сферического сегмента h  , удаленного при
шлифовании линзы. По теореме Пифагора
R 2  ( R  h) 2  r02 .
(1.2.5)
откуда при условии h   R приближенно следует
r02
.
(1.2.6)
2R
Обозначая через h толщину воздушной прослойки в том месте, где
наблюдается k-е светлое кольцо, при помощи теоремы Пифагора аналогично получаем
h 
R 2  rk2  ( R  h  h) 2 ,
откуда при условии h  R приближенно находим
22
rk2  2R(h  h ) .
(1.2.7)
Из (1.2.6), (1.2.7) находим толщину воздушной прослойки между
линзой и пластинкой
rk2  r02
.
(1.2.8)
2R
Оптическая разность хода волн, отразившихся от выпуклой поверхности линзы и от пластинки, равна
h
  2h 

2
,
(1.2.9)
где учтено, что при отражении света от оптически более плотной среды
фаза волны изменяется на  . Применяя условие максимумов интенсивности света при интерференции   k с учетом (1.2.9) получаем
(2k  1)
,
4
что позволяет при помощи (1.2.8) получить
h
rk  r02 
(2k  1) R
.
2
(1.2.10)
Подстановка в (1.2.10) числовых значений дает
r6  9 10 6  5,5 1,5  6,55 10 7  3,8 мм .
Задача 3. Найти минимальную толщину пленки с показателем преломления n  1,33 , при которой свет с длиной волны 1  0,64 мкм испытывает максимальное отражение, а свет с длиной волны
 2  0,4 мкм не отражается совсем. Угол падения света   30 0 .
Решение
Запишем условия максимумов и минимумов интенсивности света,
отраженного от тонкой пленки для первой и второй волны соответственно
2d n 2  sin 2  
2k  1
1 ,
2
2d n 2  sin 2   m 2 ,
(1.2.11)
(1.2.12)
где k и m – числа натурального ряда, d – толщина пленки. Так как левые части уравнений (1.2.11), (1.2.12) одинаковы, можно приравнять их
23
правые части, что после подстановки значений длин волн позволяет
получить уравнение, связывающее k и m
8k  5m  4 .
(1.2.13)
Левая часть уравнения (1.2.13) кратна 8, а наименьшее натуральное
значение m, при котором это условие будет выполняться для правой
части, равно 4, следовательно, условиям задачи отвечает такое решение
этого уравнения: k = 3, m = 4 . Подстановка любого из этих значений в
формулы (1.2.11), (1.2.12) позволяет найти минимальную толщину
пленки, например,
d min 
2 2
n  sin 
2
2

2  4 10 7
1,33  0,5
2
 6,49 10  7 м .
2
Задача 4. Между точечным источником света и экраном поместили
диафрагму с круглым отверстием, радиус которого r можно менять в
процессе опыта. Расстояния от диафрагмы до источника и экрана равны
соответственно a = 1 м и b = 1,25 м. Определить длину волны света, если максимум освещенности в центре дифракционной картины на экране
наблюдается при r1 = 1 мм и следующий максимум при r2 = 1,29 мм.
Решение
Поскольку в центре дифракционной картины наблюдаются максимумы освещенности, то для данного положения экрана отверстие в
диафрагме открывает в обоих случаях нечетное число зон Френеля.
Предположим, что в первом случае открыто k зон Френеля, тогда во
втором случае открытыми окажутся k + 2 зоны. Запишем формулу радиуса зон Френеля для сферической волны (источник света – точечный)
для этих двух случаев:
r12  k
ab
ab
, r22  (k  2)
.
ab
ab
(1.2.14)
Вычитая первое уравнение (1.2.14) из второго и решая полученное
уравнение относительно длины волны, находим

(a  b)  (r22  r12 ) (1  1,25)  (1,29 2  12 ) 10 6

 5,98 10 7 м .
2ab
2 11,25
Задача 5. Определить длину волны монохроматического света, падающего нормально на дифракционную решетку с периодом d = 2 мкм,
если угол между направлениями на дифракционные максимумы первого
и второго порядка составляет   150 .
24
Решение
Традиционное в подобных задачах приближение малых углов дифракции с учетом значения угла в условии использовать неправомерно,
поэтому будем решать задачу без помощи этого приближения. Запишем
условия дифракционных максимумов первого и второго порядка при
дифракции на решетке
d sin 1   , d sin  2  2 .
(1.2.15)
Решая уравнения (1.2.15) относительно углов и находя разность углов дифракции, получаем
   2   1  arcsin
2

 arcsin ,
d
d
откуда при помощи тождества
arcsin  arcsin   arcsin( 1   2   1   2 )
следует
  arcsin(
2
2 
2
1 2 
1 4 2 ) .
d
d
d
d
(1.2.16)
Таким образом, для определения длины волны необходимо решить
уравнение

d
(2 1 
2
d2
 1 4
2
d2
)  sin  .
(1.2.17)
Обозначим выражение в скобках в (1.2.17) через t, возведем его в
квадрат и применим формулы (1.2.15) и основное тригонометрическое
тождество. В результате получим
4(1 
2
2
2
d
d
d2
)  (1  4
2
)  4 1
2
1 4
2
d2

 4 cos2 1  cos2  2  4 cos1 cos 2 
 5  4 sin 2 1  sin 2  2  4 cos1 cos 2 .
С учетом соотношения
преобразуем (1.2.18) к виду
(1.2.18)
cos 1 cos  2  cos( 2  1 )  sin 1 sin  2
5  (2 sin 1  sin  2 ) 2  4 cos   5  4 cos   t 2 .
25
Таким образом, t  5  4 cos  и решение задачи записывается в
виде
d
sin 
5  4 cos 
sin 15 0
 2,2 10 6
5  4 cos15
 5,34 10 7 м .
0
Задача 6. Узкий пучок рентгеновских лучей падает под углом
скольжения   60 0 на естественную грань монокристалла NaCl, плотг
ность которого   2,16 3 . При зеркальном отражении от этой грани
см
образуется максимум второго порядка. Определить длину волны излучения.
Решение
Воспользуемся условием Вульфа – Брэггов, которое определяет
дифракционные максимумы при отражении рентгеновского излучения
от кристаллографических плоскостей
2d sin   k .
(1.2.19)
Для определения расстояния между плоскостями кристалла учтем,
что кристалл поваренной соли имеет ионную структура с кубической
элементарной ячейкой. В такой ячейке каждый ион принадлежит восьми соседним ячейка, следовательно, одной ячейке принадлежит половина иона натрия и половина иона хлора, то есть половина молекулы
поваренной соли. Так как масса молекулы поваренной соли может быть
найдена по формуле
m
M
,
NA
где M – молярная масса поваренной соли, то для плотности кристалла
получаем выражение

M
,
2N A d 3
откуда находим длину ребра элементарной ячейки (расстояние между
кристаллографическими плоскостями)
d 3
M
.
2 N A
26
(1.2.20)
Подстановка (1.2.20) в (1.2.19) приводит к расчетной формуле длины волны излучения

2
M
2
5,85 10 2
3
sin   3
 2,82 10 10 м .
k 2 N A
2 2  2,16 10 3  6,02 10 23
Задача 7. На пути частично поляризованного пучка поместили николь. При повороте николя на угол   60 0 из положения, соответствующего максимуму пропускания света, интенсивность прошедшего света
уменьшилась в   3 раза. Найти степень поляризации падающего света.
Решение
Падающий на николь свет можно представить в виде смеси естественного и плоскополяризованного. При любом положении николя
интенсивность прошедшего через него естественного света будет
уменьшаться в два раза, а интенсивность поляризованной составляющей
буде подчиняться закону Малюса. Тогда для начального положения николя получаем
I1 
1
I ест  I пол ,
2
а для конечного
I2 
1
I ест  I пол  cos 2  .
2
I1
  , получаем для отношения интенсивноI2
стей естественной и поляризованной составляющей формулу
Используя условие
I ест 2(1   cos 2  )

.
I пол
 1
(1.2.21)
Очевидно, что максимальная интенсивность света, прошедшего через николь
I max 
1
I ест  I пол ,
2
(1.2.22)
1
I ест .
2
(1.2.23)
а минимальная
I min 
27
Подставляя (1.2.22), (1.2.23) в формулу степени поляризации, получаем
P
I max  I min
I пол


I max  I min I пол  I ест
1
,
I
1  ест
I пол
откуда с учетом (1.2.21) следует
P
 1
3 1

 0,8 .
1  cos 2 1  3  cos120 0
Задача 8. Свет проходит через систему из двух скрещенных николей, между которыми расположена кварцевая пластинка, вырезанная
перпендикулярно к оптической оси. Определить минимальную толщину
пластинки, при которой свет с длиной волны 1  436 нм будет полностью задерживаться этой системой, а свет с длиной волны
 2  497 нм – пропускаться наполовину. Удельное вращение для этих
длин волн равно соответственно  1  41,5
град
град
и  2  31,1
.
мм
мм
Решение
Будем предполагать николи идеальными и пренебрежем поглощением света в пластинке. Согласно условию плоскости пропускания николей образуют друг с другом прямой угол, поэтому для первой длины
волны толщина пластинки должна быть такой, чтобы повернуть плоскость поляризации света, прошедшего через первый николь, на угол
1  1800  n ,
(1.2.24)
так как в это случае плоскость колебаний светового вектора будет перпендикулярна плоскости пропускания второго николя. Для второй длины волны поворот плоскости поляризации должен быть на 90 0 меньше,
так как в этом случае плоскость поляризации волны, прошедшей через
первый николь, совпадет с плоскостью пропускания второго николя, и
она полностью пройдет через него, то есть
 2  1800  n  900
(1.2.25)
(число n в формулах (1.2.24), (1.2.25) является натуральным).
Применяя формулу угла поворота плоскости поляризации для двух
данных волн, получаем
1   2  900  (1   2 )d min ,
28
откуда следует
d min 
90 0
90 0

 8,65 мм .
 1   2 41,5  31,1
Задача 9. Монохроматический пучок света падает нормально на
поверхность плоскопараллельной пластины толщины l. Показатель поглощения вещества пластины линейно изменяется вдоль нормали к ее
поверхности от значения  1 до  2 . Коэффициент отражения от каждой
поверхности пластины равен  . Пренебрегая вторичными отражениями, определить коэффициент пропускания такой пластины.
Решение
Обозначим интенсивность света, падающего на пластину через I1,
тогда интенсивность света после отражения от передней поверхности
пластины составит
I 1  (1   ) I 0 .
(1.2.26)
Рассмотрим теперь распространение света внутри пластины. Согласно условию изменение интенсивности света, прошедшего расстояние dx внутри пластины составит
dI   I ( x)dx .
(1.2.27)
Так как закон изменения  (x) – линейный, то с учетом данных
условия можно получить
 ( x) 
 2  1
x  1 .
l
(1.2.28)
Таким образом, для решения задачи о распространении волны
внутри вещества необходимо решить уравнение
dI   I (
 2  1
l
x   1 )dx .
(1.2.29)
с начальным условием
I (0)  I 1 .
(1.2.30)
Уравнение (1.2.29) легко интегрируется при помощи разделения
переменных, что дает
I  C exp( 
 2  1 x 2
l
29
2
  1 x) .
(1.2.31)
Подстановка в (1.2.31) начального условия (1.2.30) позволяет найти
C = I1, а подстановка x = l дает интенсивность света перед отражением
на задней поверхности пластины
 l ( 1   2 ) 
I 2  I 1 exp 
.
2


(1.2.32)
Учитывая отражение на задней поверхности пластины, получаем
I 3  (1   ) I 2 .
(1.2.33)
Объединяя формулы (1.2.26), (1.2.32), (1.2.33), находим коэффициент пропускания пластины

I3
 l ( 1   2 ) 
 (1   ) 2 exp 
.
I0
2


Задача 10. По некоторой прямой движутся в одном направлении
1
2
наблюдатель со скоростью v  c и впереди него источник монохро1
3
4
матического света со скоростью v  c . Источник излучает свет на
2
частоте v0. Найти частоту света, которую зафиксирует наблюдатель.
Решение
Определим относительную скорость удаления источника от наблюдателя, воспользовавшись соотношением специальной теории относительности
v
v  u
.
v u
1 2
c
(1.2.34)
В данном случае скорость объекта (источника) в неподвижной системе отсчета v равна v2, скорость подвижной системы u (наблюдателя)
относительно неподвижной равна v1, тогда скорость источника относительно наблюдателя будет равна
v 
Тогда  
v 2  v1
2
 c.
v1 v 2 5
1 2
c
v 2

и подстановка этого значения в формулу эффекта
c 5
Доплера с учетом   0 дает
30
4
3
25
.
0
2
7
1
5
1
 0
Задача 11. Определить минимальную кинетическую энергию, которой должен обладать электрон, чтобы в среде с показателем преломления n = 1,5 возникло черенковское излучение.
Воспользуемся условием
c
cos  
, из которого следует
nv
v
Решение
излучения
c
n cos 
Вавилова –
 v min 
Черенкова
c
.
n
(1.2.35)
Подставляя выражение (1.2.35) в формулу кинетической энергии
специальной теории относительности, получаем
Tmin  m0 c 2 (
1
1
v
2
min
2
 1)  m0 c 2 (
n
n 2 1
 1) . (1.2.36)
c
Подстановка в (1.2.36) числовых значений дает
Tmin  0,511  (
1,5
1,5 2  1
 1)  0,175 Мэв  2,79 10 14 Дж .
Индивидуальные задания
1.2.1. В опыте Юнга расстояние между щелями равно d = 0,8 мм.
На каком расстоянии от щелей следует расположить экран, чтобы ширина интерференционной полосы в красном свете (   640 нм ) оказалась равной x  2 мм ? Ответ: L 
d  x
 2,5 м

1.2.2. В опыте Юнга расстояние от щелей до экрана равно L = 3 м .
Определить угловое расстояние (угол, который образуют лучи, проведенные из середины отрезка между щелями) между соседними светлыми полосами, если третья светлая полоса на экране отстоит от центра
интерференционной
картины
на
х3
=
4,5
мм.
Ответ:

x3
 5 10  4 рад  1 43 .
3L
31
1.2.3. Видимый свет с самой короткой длиной волны   0,38 мкм
падает на две щели, находящиеся на расстоянии d = 0,028 мм друг от
друга. Щели и экран, отстоящий от них на расстояние L = 18,5 см, погружены в воду (n = 1,33). Определить расстояние между интерференL
 1,9 мм .
ционными полосами на экране. Ответ: x 
d n
1.2.4. На плоскопараллельную пленку с показателем преломления
n = 1,33 под углом   45 0 падает параллельный пучок белого света.
Определить, при какой наименьшей толщине пленки отраженный от нее
свет наиболее сильно окрасится в желтый свет (   0,6 мкм ). Ответ:

d min 
 133 нм .
4 n  sin 2 
1.2.5. На стеклянный клин ( n  1,5 ) нормально падает монохроматический свет (   698 нм ). Определить угол между поверхностями
клина, если расстояние между двумя соседними интерференционными
минимумами в отраженном свете равно x  2 мм . Ответ:
2

 24  .
2  n  x
1.2.6. На стеклянный клин (n = 1,5) нормально падает монохроматический свет. Угол клина   4  . Определить длину световой волны,
если расстояние между двумя соседними интерференционными максимумами
в
отраженном
свете
равно
x  0,2 мм . Ответ:
  2    n  x  698 нм .
1.2.7. Две плоскопараллельные тонкие стеклянные пластинки образуют клин с углом   30  . Пространство между пластинками заполнено глицерином (n = 1,44). На клин нормально к его поверхности падает
пучок монохроматического света с длиной волны   500 нм . В отраженном свете наблюдается интерференционная картина. Какое число N
темных интерференционных полос приходится на l = 1 см длины клина?
2nl
 8,4 .
Ответ: N 


1.2.8. Монохроматический свет падает нормально на поверхность
воздушного клина, причем расстояние между интерференционными
полосами x1  0,4 мм . Определить расстояние x 2 между интерференционными полосами, если пространство между пластинками, образующими клин, заполнить прозрачной жидкостью с показателем преx
ломления n = 1,33. Ответ: x 2  1  0,3 мм .
n
32
1.2.9. Установка для наблюдения колец Ньютона освещается монохроматическим светом с длиной волны   0,55 мкм , падающим нормально. Определить толщину воздушного зазора, образованного плоскопараллельной пластинкой и соприкасающейся с ней плосковыпуклой
линзой в том месте, где в отраженном свете наблюдается четвертое
темное кольцо. Ответ: d  2  1,1 мкм .
1.2.10. Плосковыпуклая линза радиусом кривизны R = 4 м выпуклой стороной лежит на стеклянной пластинке. Определить длину волны
падающего монохроматического света, если радиус пятого светлого
r2
кольца в отраженном свете равен r5 = 3 мм. Ответ:   5  0,5 мкм .
4,5 R
1.2.11. Установка для наблюдения колец Ньютона освещается монохроматическим светом с длиной волны (   0,6 мкм ), падающим
нормально. Пространство между линзой и стеклянной пластинкой заполнено жидкостью и наблюдение ведется в проходящем свете. Радиус
кривизны линзы R = 4 м. Определить показатель преломления жидкости, если радиус второго светлого кольца r2 = 1,8 мм. Ответ:
2R
n  2  1,48 .
r2
1.2.12. Плосковыпуклая линза с показателем преломления n = 1,6
выпуклой стороной лежит на стеклянной пластинке. Радиус третьего
светлого кольца в отраженном свете (   0,6 мкм ) равен r3 = 0,9 мм.
r32
 0,9 м .
2,5 (n  1)
1.2.13. Плосковыпуклая линза с радиусом сферической поверхности R = 12,5 см прижата к стеклянной пластинке. Диаметр десятого темного кольца Ньютона в отраженном свете равен d10 = 1 мм. Определить
d2
длину волны света. Ответ:   10  0,2 мкм .
40 R
1.2.14. Установка для наблюдение колец Ньютона освещается монохроматическим светом, падающим нормально. При заполнении пространства между линзой и стеклянной пластинкой прозрачной жидкостью радиусы темных колец в отраженном свете уменьшились в
k = 1,21 раза. Определить показатель преломления жидкости. Ответ:
n = k2 = 1,46.
1.2.15. Для уменьшения потерь света из-за отражения от поверхностей стекла осуществляют «просветление оптики»: на свободную поверхность линз наносят тонкую пленку с показателем преломления
Определить фокусное расстояние линзы. Ответ: F 
n  n c . В этом случае амплитуда отраженных волн от обеих поверх-
33
ностей такой пленки одинакова. Определить толщину слоя, при которой
отражение для света с длиной волны  от стекла в направлении норма(2m  1)
, m  0,1,2,...
ли равно нулю. Ответ: d 
4 nc
1.2.16. Точечный источник света (   0,5 мкм ) расположен на расстоянии a = 1 м перед диафрагмой с круглым отверстием диаметра
d = 2 мм. Определить расстояние b от диафрагмы до точки наблюдения,
если
отверстие
открывает
m=3
зоны
Френеля.
Ответ:
ad 2
b
 2 м.
4am  d 2
1.2.17. Определить радиус четвертой зоны Френеля, если радиус
второй зоны Френеля для плоского волнового фронта равен r2 = 2 мм.
Ответ: r4  r2 2  2,83 мм .
1.2.18. Дифракция наблюдается на расстоянии l = 1 м от точечного
источника монохроматического света (   0,5 мкм ). Посередине между
источником света и экраном находится диафрагма с круглым отверстием. Определите радиус отверстия, при котором центр дифракционных
l
 0,5 мм .
2
1.2.19. Сферическая волна, распространяющаяся из точечного источника монохроматического света (   0,6 мкм ), встречает на своем
пути экран с круглым отверстием радиусом r = 0,4 мм. Расстояние от
источника до экрана равно a = 1 м. Определите расстояние от отверстия
до точки за экраном, лежащей на линии, соединяющей источник с центром отверстия, где наблюдается максимум освещенности. Ответ:
ar 2
b
 0,364 м
a  r 2
1.2.20. На экран с круглым отверстием радиусом r = 1,2 мм нормально падает параллельный пучок монохроматического света с длиной
волны   0,6 мкм . Определить максимальное расстояние от отверстия
на его оси, где еще можно наблюдать наиболее темное пятно. Ответ:
r2
b
 1,2 м
2
1.2.21. На узкую щель падает нормально монохроматический свет.
Его направление на четвертую темную дифракционную полосу составколец на экране является наиболее темным. Ответ: r 
34
ляет   2 012 . Определить, сколько длин волн укладывается на ширине
4
 104 .
sin 
1.2.22. На щель шириной a = 0,1 мм падает нормально монохроматический свет (   0,6 мкм ). Экран, на котором наблюдается дифракционная картина, расположен параллельно щели на расстоянии l = 1 м.
Определить расстояние между первыми дифракционными минимумами,
расположенными по обе стороны центрального максимума. Ответ:

b  2l  1,2 см .
a
1.2.23. На щель шириной a = 0,1 мм падает нормально монохроматический свет с длиной волны   0,5 мкм . Дифракционная картина
наблюдается на экране, расположенном параллельно щели. Определить
расстояние от щели до экрана, если ширина центрального дифракционного максимума (расстояние между первыми минимумами освещенности, расположенными симметрично относительно центра картины)
ab
1 м .
b = 1 см. Ответ: l 
2
1.2.24. На дифракционную решетку длиной l = 15 мм, содержащую
N = 3000 штрихов, нормально падает монохроматический свет с длиной
волны   550 нм . Определить: 1) число максимумов, наблюдаемых в
спектре дифракционной решетки; 2) угол, соответствующий последне l 
му максимуму. Ответ: k  
  1  19 ,   – целая часть числа;
 N 
(k  1)N
 max  arcsin
 81 0 53 .
2l
1.2.25. На дифракционную решетку нормально падает монохроматический свет с длиной волны   0,5 мкм . На экран, находящийся от
решетки на расстоянии L = 1 м, с помощью линзы, расположенной
вблизи решетки, проецируется дифракционная картина, причем первый
максимум наблюдается на расстоянии l = 15 см от центрального. Определить число штрихов на 1 см дифракционной решетки. Ответ:
l
n
 3 10 3 см 1 .
L
1.2.26. На дифракционную решетку нормально падает монохроматический свет. В спектре, полученном с помощью этой дифракционной
решетки, некоторая спектральная линия наблюдается в первом порядке
под углом   110 . Определить наивысший порядок спектра, в котором
щели. Ответ:
a


35
 1 
может наблюдаться эта линия. Ответ: k max  
  5,   – целая
 sin  
часть числа.
1.2.27. Узкий пучок рентгеновского излучения с длиной волны
  245 пм падает под некоторым углом скольжения на естественную
грань монокристалла NaCl, плотность которого   2,16 г
(решетсм 3
ка – кубическая, гранецентрированная). Определить угол скольжения,
если при отражении от этой грани наблюдается максимум второго по-

рядка. Ответ:   arcsin
 60 018 .
M
2 N A
1.2.28. На дифракционную решетку нормально падает монохроматический свет с длиной волны   0,6 мкм . Угол дифракции для пятого
максимума равен 300, а минимальная разрешаемая решеткой разность
длин волн составляет   0,2 нм. Определить: 1) постоянную дифракционной решетки; 2) длину дифракционной решетки. Ответ:
2
5
 3,6 мм .
d
 6 мкм ; l 
  sin 
sin 
1.2.29. Сравните наибольшую разрешающую способность для
красной линии кадмия (   644 нм ) двух дифракционных решеток одинаковой длины (l = 5 мм), но разных периодов (d1 = 4 мкм, d2 = 8 мкм).
 l 
 l 
Ответ: R1 max     R2 max     7500 ;   – целая часть числа.
 1 
 2 
штрих
1.2.30. Дифракционная решетка с n  5500
имеет ширину
см
l = 3,6 см. На решетку падает свет с длиной волны   624 нм . На
сколько могут различаться две длины волны, если их надо разрешить в
любом порядке? В каком порядке достигается наилучшее разрешение?

d 
 31,5 пм ; k max     2 .
Ответ:  
nl
 
1.2.31. При прохождении в некотором веществе пути х интенсивность света уменьшилась в 3 раза. Определить, во сколько раз уменьшится интенсивность света при прохождении пути 2х. Ответ:
I0
 exp( 2 ln 3)  9
I
3
36
1.2.32. Коэффициент поглощения некоторого вещества для монохроматического света определенной длины волны   0,1 см 1 . Определить толщину слоя вещества, которая необходима для ослабления света
в 2 раза и в 5 раз. Потери на отражение света не учитывать. Ответ:
ln 2
ln 5
x1 
 6,93 см , x 2 
 16 ,1 см .


1.2.33. Свет падает нормально поочередно на две пластинки, изготовленные из одного и того же вещества, имеющие соответственно
толщины х1 = 5 мм и х2 = 10 мм. Определить коэффициент поглощения
этого вещества, если интенсивность прошедшего света через первую
пластинку составляет 82%, а через вторую – 67% от начальной интенI
ln 1
I2
 0,404 см 1 .
сивности. Ответ:  
x 2  x1
1.2.34. Источник монохроматического света с длиной волны
 0  0,5 мкм движется по направлению к наблюдателю со скоростью
v = 0,15 c. Определить длину волны, которую зарегистрирует приемник
v
1
c  430 нм .
наблюдателя. Ответ:    0
v
1
c
1.2.35. При какой скорости красный свет (690 нм) будет казаться
2  2
м
зеленым (530 нм)? Ответ: v  c 20
 0,258 c  7,74 10 7 .
с
0  2
1.2.36. В спектральных линиях, излучаемых астрономическими
объектами – квазарами, наблюдалось красное смещение, отвечающее
трехкратному уменьшению частоты. Определить, с какой скоростью
должен
был
бы
удаляться
квазар.
Ответ:
 02  2
м
vc 2
 0,8c  2,4 10 8 .
с
 0  2
1.2.37. Известно, что при удалении от нас некоторой туманности
линия излучения водорода (   656,3 нм ) в ее спектре смещена в красную сторону на   2,5 нм . Определить скорость удаления туманно-
(1 

) 2 1
м

сти. Ответ: v  c
 1,14 10 6 .
 2
с
(1 
) 1

37
1.2.38. Определить доплеровское смещение  для спектральной
линии атомарного водорода (   486,1 нм ), если ее наблюдать под прямым углом к пучку атомов водорода с кинетической энергией
T
 51,7 пм .
Т = 100 кэВ. Ответ:   
m0 c 2
1.2.39. Определить кинетическую энергию протонов, которые в
среде с показателем преломления n = 1,6 излучают свет под углом
  20 0 к направлению своего движения. Ответ выразить в электрон




1
2
вольтах. Ответ: T  m 0 c 
 1  0,319 Гэв .
1
 1



2
n cos 2 


1.2.40. Определить минимальный импульс, которым должен обладать электрон, чтобы эффект Вавилова – Черенкова наблюдался в среде
с
показателем
преломления
n = 1,5.
Ответ:
m0 c
м
p min 
 2,44 10 22 кг  .
2
с
n 1
1.2.41. Определить минимальную кинетическую энергию, которой
должен обладать электрон, чтобы в среде с показателем преломления
n = 1,5
возникло
черенковское
излучение.
Ответ:


n
Tmin  m 0 c 2 
 1  0,175 Мэв .


2
n

1


1.2.42. Определить минимальную ускоряющую разность потенциалов Umin, которую должен пройти электрон, чтобы в среде с показателем
преломления n = 1,5 возникло черенковское излучение. Ответ:

m c2  n
U min  0 
 1  175 кВ .
e  n 2  1 
1.2.43. Определить степень поляризации частично поляризованного
света, если амплитуда светового вектора, соответствующая максимальной интенсивности света, в 3 раза больше амплитуды, соответствующей
его минимальной интенсивности. Ответ: P 
E max
E max
E min   1
2
E min   1
2
 0,8 .
1.2.44. Степень поляризации частично поляризованного света составляет 0,75. Определить отношение максимальной интенсивности
38
света, пропускаемого анализатором, к минимальной. Ответ:
I max 1  P

7.
I min 1  P
1.2.45. Определить степень поляризации P света, который представляет собой смесь естественного света с плоскополяризованным,
если интенсивность поляризованного света равна интенсивности естественного. Ответ: P = 0,5
1.2.46. Определить степень поляризации P света, который представляет собой смесь естественного света с плоскополяризованным,
если интенсивность поляризованного света в 5 раз больше интенсивности естественного. Ответ: P = 0,833
1.2.47. Угол между главными плоскостями поляризатора и анализатора составляет 300. Определить изменение интенсивности прошедшего
через них света, если угол между главными плоскостями увеличится до
I
cos 2  1
 1,5
450. Ответ: 1 
I 2 cos 2  2
1.2.48. Интенсивность естественного света, прошедшего через два
николя, уменьшилась в 8 раз. Пренебрегая поглощением света, определить угол между главными плоскостями николей. Ответ:
  arccos
2I
 60 0 .
I0
1.2.49. Определить, во сколько раз ослабится интенсивность света,
прошедшего через два николя, расположенные так, что угол между их
главными плоскостями   60 0 , а в каждом из николей теряется 8%
интенсивности
падающего
на
него
света.
Ответ:
I0
2

 9,45 .
I
(1  k ) 2 cos 2 
1.2.50. Определить, во сколько раз уменьшится интенсивность
естественного света, прошедшего через два николя, главные плоскости
которых образуют угол   60 0 , если каждый из николей как поглощает, так и отражает 5% падающего на них света. Ответ:
I0
2

 9,88 .
I
(1  k1  k 2 ) 2 cos 2 
1.2.51. Естественный свет проходит через поляризатор и анализатор, угол между главными плоскостями которых равен  . Поляризатор
и анализатор как поглощают, так и отражают 10% падающего на них
света. Определить угол  , если интенсивность света, вышедшего из
39
анализатора, равна 12% интенсивности света, падающего на поляриза-
2
I

 52 014  .
(1  k1  k 2 ) 2 I 0
1.2.52. Естественный свет интенсивностью I0 проходит через поляризатор и анализатор, угол между главными плоскостями которых составляет  . После прохождения света через эту систему он падает на
зеркало и, отразившись, проходит вновь через нее. Пренебрегая поглощением света, определить интенсивность света после его обратного
1
прохождения. Ответ: I  I 0 cos 4  .
2
1.2.53. Доказать, что при падении света на границу раздела двух
сред под углом Брюстера отраженный и преломленный лучи взаимно
перпендикулярны.
1.2.54. Определить показатель преломления стекла, если при отражении от него света отраженный луч полностью поляризован при угле
преломления 350. Ответ: n  ctg  1,43 .
1.2.55. Определить, под каким углом к горизонту должно находиться Солнце, чтобы лучи, отраженные от поверхности озера (n = 1,33),
были максимально поляризованы. Ответ:   900  arctg n  360 56 .
1.2.56. Предельный угол полного отражения света на границе кристалла каменной соли с воздухом равен 40,5 0. Определить угол Брюстера при падении света из воздуха на поверхность этого кристалла. Ответ:
 1 
  57 0 .
 БР  arctg
sin

ПР 

1.2.57. Свет, проходя через жидкость, налитую в стеклянный сосуд
(n = 1,5), отражается от дна, причем отраженный свет плоскополяризован при падении его на дно сосуда под углом 41 0. Определить:
1) показатель преломления жидкости; 2) угол падения света на дно соn
 1,73 ;
суда, чтобы наблюдалось полное отражение. Ответ: n ж 
tg БР
тор. Ответ:   arccos
  arcsin tg БР  600 23 .
1.2.58. Пластинка кварца толщиной d1 = 2 мм, вырезанная перпендикулярно оптической оси кристалла, поворачивает плоскость поляризации монохроматического света определенной длины волны на угол
 1  30 0 . Определить толщину d2 кварцевой пластинки, помещенной
между параллельными николями, чтобы данный монохроматический
свет гасился полностью. Ответ: d 2  d 1
40
2
 6 мм .
1
1.2.59. Раствор глюкозы с массовой концентрацией C1  0,21 г
,
см 3
находящийся в стеклянной трубке, поворачивает плоскость поляризации монохроматического света, проходящего через раствор, на угол
 1  24 0 . Определить массовую концентрацию C2 глюкозы в другом
растворе в трубке такой же длины, если он поворачивает плоскость по
г
ляризации на угол  2  180 . Ответ: C 2  C1 2  0,157
.
1
см 3
1.2.60. Плоскополяризованный монохроматический свет, прошедший через поляроид, оказывается полностью погашенным. Если же на
пути света поместить кварцевую пластинку, то интенсивность прошедшего через поляроид света уменьшается в 3 раза (по сравнению с интенсивностью света, падающего на поляроид). Принимая удельное вращение в кварце    0,52 рад
и пренебрегая потерями света, опредемм
лить
минимальную
толщину
кварцевой
пластинки.
Ответ:

1
 arccos
2
3
d
 1,18 мм .
 
1.3. Основы специальной теории относительности
Справочные сведения
Преобразования Лоренца при переходе от координат и времени
( x , y , z , t  ) инерциальной системы отсчета K  , движущейся со скоростью v , направленной вдоль оси OX, к координатам и времени (x, y, z, t)
инерциальной системы отсчета K:
x
x   vt 
1  2
t 
, y  y  , z = z’, t 
vx 
c2
1  2
где обозначено
м
v
  , c  310 8
– скорость света в вакууме.
с
c
Промежутки времени между двумя событиями, произошедшими в
некоторой точке системы K, связаны соотношением

0
1  2
41
,
где
 0 называется собственным временем.
Длина объекта (стержня), измеренная в подвижной системе отсчета, связана с его длиной в системе отсчета, относительно которой он
покоится (собственной длиной) по формуле
l  l0 1  2 .
Релятивистский закон сложения скоростей имеет вид:
vx 
v y 1   2
v 1  2
v x  v
, vy 
, vz  z
.
vv x
vv x
vv x
1 2
1 2
1 2
c
c
c
Интервал между двумя событиями определяется по формуле
s12  c 2 (t 2  t1 ) 2  ( x 2  x1 ) 2  ( y 2  y1 ) 2  ( z 2  z1 ) 2
и является инвариантным (не изменяется) при переходе от координат и
времени одной инерциальной системы отсчета к координатам и времени
другой.
Основной закон релятивистской динамики материальной точки
имеет вид

 d  m0
  dp
,
F 
v 
dt  1   2  dt


где релятивистский импульс

p

m0 v
1  2
.
Масса движущегося тела связана со скоростью движения по формуле
m
m0
1  2
,
где m0 называется массой покоя.
Кинетическая энергия тела определяется по формуле
T  E  E 0  mc 2  m0 c 2  m0 c 2 (
1
1  2
 1) ,
где E = mc2 – полная энергия тела, E0 = m0c2 – его энергия покоя.
42
Примеры решения задач
Задача 1. С космического корабля, удаляющегося от Земли со скоростью 0,66 c, под прямым углом к направлению полета (с точки зрения
наблюдателя, находящегося на борту корабля) запущен беспилотный
модуль со скоростью 0,82 c. Чему равна скорость модуля и под каким
углом к направлению движения первого космического корабля он летит
с точки зрения наблюдателя на Земле?
Решение
Поместим неподвижную систему отсчета на Земле, а подвижную
свяжем с первым космическим кораблем. Запишем формулы преобразований Лоренца в дифференциальной форме
dx 
dx   vdt 
1  2
dt  
, dy  dy  , dz  dz  , dt 
vdx 
c2 ,
1  2
(1.3.1)
где v  0,66c    0,66 . Деля первые три уравнения (1.3.1) на четвертое и применяя определение скорости v 
vx 
dx
, получаем
dt
v y 1   2
v 1  2
v x  v
, vy 
, vz  z
.
vv 
v v
vv 
1  2x
1  x2
1  2x
c
c
c
(1.3.2)
Полагая, что второй космический корабль запущен в направлении
оси OY, из первых двух формул (1.3.2) с учетом v x  0 , v y  0,82 c получаем для модуля скорости vн второго космического корабля в неподвижной системе отсчета выражение
v н  v x2  v 2y  v 2  v y2 (1   2 )  (0,66 c) 2  (0,82 c) 2 (1  0,66 2 ) 
= 0,903 с.
Направление скорости второго космического корабля в неподвижной системе отсчета (угол, образованный вектором скорости с осью OX)
на ходим по формуле
  arctg
vy
vx
 arctg
v y 1   2
v
 arctg
0,82 c 1  0,66 2
 43 0 .
0,66 c
Задача 2. Стержень длиной l0 покоится относительно системы отсчета K и расположен под углом  к оси OX. В системе отсчета K  ,
движущейся в направлении оси OX со скоростью v относительно систе43
мы K определить: 1) длину l стержня; 2) угол   , который он образует с
осью OX  .
Решение
Согласно условию задачи проекции стержня на оси системы координат K равны
(1.3.3)
l x  l 0 cos , l y  l 0 sin  .
В системе K  вследствие релятивистского сокращения длины проекция стержня на ось OX  станет равной
l x  l x 1   2  l 0 cos 1   2 ,
в то время как проекция стержня на ось O Y  не изменится
l y  l y  l 0 sin  .
(1.3.4)
(1.3.5)
Тогда длина стержня в системе K  станет равной
l   l x 2  l y2  l 0 1 
Из условия tg  
l y
l x
v2
cos 2  .
c2
и формул (1.3.4), (1.3.5) находим угол, обра-
зуемый стержнем с осью OX  :
   arctg
tg
.
v2
1 2
c
Задача 3. Частица с массой покоя m0 в момент t = 0 начинает двигаться под действием постоянной силы F. Найти зависимость от времени t скорости частицы и пройденного ею пути.
Решение
Запишем основное уравнение динамики релятивистской частицы




d  m0 v 
(1.3.6)

F.
dt 
v2 
 1 2 
c 

Разделяя переменные и интегрируя, из (1.3.6) находим
m0 v
 Ft   .
(1.3.7)
v2
1 2
c
44
Очевидное начальное условие v(0) = 0 дает   0 . Тогда разрешая
(1.3.7) относительно скорости, находим
v(t ) 
Fct
m c 2  F 2t 2
.
(1.3.8)
2
0
t2
Используя определение s   v(t )dt из (1.3.8) находим
t1
t
s(t )  
0
Fcd
m02 c 2  F 2 2
c

F
m c F 
2
0
2
2
2 t
0
 m c2
  0
 F
2

m c2
  c 2t 2  0 .

F

Задача 4. Определить, какую ускоряющую разность потенциалов
должна пройти частица зарядом q и массой покоя m0, чтобы ее скорость
стала равной v = nc (n < 1).
Решение
Воспользуемся теоремой о кинетической энергии, согласно которой
(1.3.9)
A  T ,
где A = qU – работа электрического поля, T – кинетическая энергия
частицы. Предполагая, что движение начинается из состояния покоя и
используя релятивистскую формулу кинетической энергии, получаем
qU  m 0 c 2 (
1
 1) .
(1.3.10)
v2
1 2
c
Используя условие v = nc из (1.3.10) находим необходимую для
разгона разность потенциалов
U
m0 c 2
q
 1


 1 .


2
 1 n

Индивидуальные задания
1.3.1. Космический корабль движется со скоростью v = 0,8 c по
направлению к Земле. Определить расстояние, пройденное им в системе
отсчета, связанной с Землей, за время t0 = 0,5 c, отсчитанное по часам в
vt 0
 2 10 8 м .
космическом корабле. Ответ: l 
2
v
1 2
c
1.3.2. Мюоны, рождаясь в верхних слоях атмосферы, при скорости
v = 0,995 c пролетают до распада l = 6 км. Определить: 1) собственную
45
длину пути, пройденную ими до распада; 2) время жизни мюона для
наблюдателя на Земле; 3) собственное время жизни мюона. Ответ:
l
v2
l
v2
5



2
,
01

10
с
;
;

599
м


1

 2 10 6 c .
0
2
2
v
v
c
c
1.3.3. Космический корабль удаляется от Земли с относительной
скоростью v1 = 0,8 c, а затем с него стартует ракета (в направлении от
Земли) со скоростью v2 = 0,8 c относительно корабля. Определить скорость
ракеты
относительно
Земли.
Ответ:
v1  v 2
м
v
 0,976 c  2,93 10 8 .
v1 v 2
с
1 2
c
1.3.4. Ионизированный атом, вылетев из ускорителя со скоростью
v = 0,8 c, испустил фотон в направлении своего движения. Определить
скорость
фотона
относительно
ускорителя.
Ответ:
vc
м
u
 c  3 10 8
.
vc
с
1 2
c
1.3.5. Две ракеты движутся навстречу друг другу относительно неподвижного наблюдателя с одинаковой скоростью v1 = v2 = 0,5 c. Определить скорость сближения ракет, исходя из закона сложения скоростей: 1) в классической механике; 2) в специальной теории относительм
v КЛ  v1  v 2  с  310 8 ;
ности.
Ответ:
с
v  v2
м
v РЕЛ  1
 0,8c  2,4 10 8 .
v1 v 2
с
1 2
c
1.3.6. Определить, на сколько процентов полная энергия релятивистской элементарной частицы, вылетающей из ускорителя со скороv  0,75c ,
стью
больше
ее
энергии
покоя.
Ответ:
l0  l 1






E  E0
1
100 %  
 1 100 %  51,2% .
E0
v2


1



2
c


1.3.7. Определить скорость, при которой релятивистский импульс
частицы превышает ее ньютоновский импульс в 3 раза. Ответ:
2 2
м
v
c  2,83 10 8
.
3
с
46
1.3.8. Импульс релятивистской частицы p = m0c. Под действием
внешней силы импульс частицы увеличился в 2 раза. Во сколько раз
возрастут при этом кинетическая и полная энергии частицы? Ответ:
E
T2
5 1

 2,98 ; 2  2,5  1,58 .
E1
T1
2 1
1.3.9. Кинетическая энергия частицы оказалась равной ее энергии
покоя. Определить релятивистский импульс частицы, если ее масса покоя m0. Ответ: p  3m0 c .
1.3.10. Определить релятивистский импульс и кинетическую энергию частицы с массой покоя m0, если ее продольные размеры сократились в 2 раза. Ответ: p  3m0 c ; T  m0 c 2 .
1.3.11. Определить в электрон-вольтах кинетическую энергию
электрона, если полная энергия движущегося электрона втрое больше
его энергии покоя. Ответ: T  2m0 c 2  1,02 106 эВ .
1.3.12. Определить работу, которую нужно совершить, чтобы увеличить скорость частицы с массой покоя m0 от 0,5 c до 0,7 c. Ответ:
A = 0,246m0c2.
1.3.13. Определить, какую ускоряющую разность потенциалов
должен пройти протон, чтобы его продольные размеры уменьшились в
m c2
два раза. Ответ: U  0  9,39 10 8 В
q
1.3.14. Вывести в общем виде зависимость между релятивистским
импульсом, кинетической энергией частицы и ее массой покоя. Ответ:
1
p
T 2  2Tm 0 c 2 .
c
1.3.15. Определить релятивистский импульс электрона, кинетичеT
кг  м
ская энергия которого Т = 1 ГэВ. Ответ: p   5,33 10 19
.
c
с
47
2. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА
2.1. Квантовая природа излучения
Справочные сведения
Закон Стефана – Больцмана
Re  T 4 ,
где Re– энергетическая светимость (мощность излучения с единицы
площади
поверхности)
абсолютно
черного
тела,
Вт
  5,67 10 8 2
– постоянная Стефана – Больцмана.
м К 4
Закон смещения Вина
 max 
b
,
T
где длине волны  max соответствует максимальное значение спектральной плотности энергетической светимости абсолютно черного тела,
b  2,9 10 3 м  К – постоянная Вина.
Квантовая гипотеза Планка устанавливает пропорциональность
между энергией кванта излучения и частотой колебаний
  h ,
34
где h  6,62510
Дж  с – постоянная Планка.
Формула Планка для спектральной плотности энергетической светимости абсолютно черного тела имеет вид
r ,T 
2h 3
c2
1
.
 h 
exp 

1

 kT 
Уравнение Эйнштейна для внешнего фотоэффекта
h  A 
2
mv max
,
2
где A – работа выхода электрона из металла,
кинетическая энергия электрона.
48
2
mv max
– максимальная
2
Красная граница фотоэффекта может быть определена по формулам
 m in 
hc
A
,  max 
.
h
A
Величина запирающего напряжения вычисляется по формуле
u
2
mv max
h
 (  min ) .
2e
e
Масса фотона определяется при помощи формул Планка и Эйнштейна
m
h
h

,
2
c
c
а его импульс равен
p
h


h
.
c
Давление света, падающего нормально на некоторую поверхность,
определяется по формуле
E
p  e (1   )   (1   ) ,
c
где Ee – энергия всех фотонов, падающих на единицу площади поверхности за единицу времени (энергетическая освещенность поверхности),
 – коэффициент отражения света от поверхности,  – объемная
плотность энергии излучения.
Изменение длины волны коротковолнового излучения при его рассеянии на свободных (или слабосвязанных) электронах (эффект Комптона) определяется по формуле
h
2h


      
(1  cos  ) 
sin 2  2 c sin 2 ,
m0 c
m0 c
2
2
где  – угол рассеяния,  c 
h
– комптоновская длина волны (для
m0 c
рассеяния фотона на электроне c  2,426 пм ).
Длина волны коротковолновой границы сплошного рентгеновского
спектра определяется по формуле

hc
,
eU
где U – напряжение на рентгеновской трубке.
49
Примеры решения задач
Задача 1. Излучение Солнца близко по своему спектральному составу к излучению абсолютно черного тела, для которого максимум
испускательной
способности
приходится
на
длину
волны
 max  0,48 мкм . Найти массу, теряемую Солнцем ежесекундно за счет
излучения. Оценить время, за которое масса Солнца уменьшится на 1%.
Решение
Воспользуемся законом смещения Вина и определим температуру
поверхности Солнца
T
b
 max
.
(2.1.1)
Тогда энергетическая светимость Солнца по закону Стефана –
Больцмана и при помощи (2.1.1) запишется в виде
Re  T 4  
b4
4max
.
(2.1.2)
Умножая (2.1.2) на площадь излучающей поверхности и время,
находим энергию, излучаемую Солнцем
W  Re St  St
b4
4max
.
(2.1.3)
Для определения массы, теряемой Солнцем вследствие излучения,
воспользуемся формулой Эйнштейна для взаимосвязи массы и энергии,
что с учетом (2.1.3) позволит записать
m
W
Stb 4
.

c 2 c 2  4max
Учитывая, что площадь
S  4R 2 , из (2.1.4) находим
излучающей
(2.1.4)
поверхности
(сферы)
m 4R 2b 4 4  3,14  (6,95 10 8 ) 2  5,67 10 8  (2,9 10 3 ) 4
кг
 2 4

 5,110 9
.
t
с
c  max
(3 10 8 ) 2  (0,48 10 6 ) 4
Чтобы оценить время уменьшения массы Солнца на 1%, предположим, что в течение этого времени энергия, излучаемая Солнцем, не изменяется, тогда
t
MC
1,99 10 30
 0,01 
10  2  3,9 10 18 c  1,24 10 11 лет .
m
5,1 10 9
t
50
Задача 2. Определить установившуюся температуру T зачерненного шарика, расположенного на половине расстояния от Земли до Солнца. Температуру поверхности Солнца принять равной TC  5,8 103 К .
Решение
Очевидно, что находясь в состоянии теплового равновесия, шарик
должен получать в единицу времени такую же энергию излучения от
Солнца, которую сам излучает в окружающее пространство. Тогда, обозначая мощность солнечного излучения, упавшего на шарик через P1, а
мощность, излученную шариком – через P2, имеем
(2.1.5)
P1  P2 .
Предполагая, что Солнце излучает как абсолютно черное тело, выражение для мощности солнечного излучения можно записать в виде
PC  TC4 4RC2 ,
(2.1.6)
где TC – температура поверхности Солнца, 4RC2 – площадь поверхности Солнца. Долю мощности солнечного излучения, приходящуюся на
поверхность шарика, найдем из пропорции
P1

PC
r 2
R
4  СЗ
 2



2
,
(2.1.7)
где r 2 – площадь круга радиуса r, равного радиусу шарика, RC3 – расстояние от Земли до Солнца. Из (2.1.6), (2.1.7) находим
P1 
4TC4 RC2 r 2
2
RСЗ
.
(2.1.8)
Определим теперь мощность излучения шарика, предполагая, что
он тоже излучает как абсолютно черное тело, а температура всех его
точек одинакова. Тогда получим
P2  4r 2T 4 .
(2.1.9)
Из (2.1.5), (2.1.8), (2.1.9) следует
T  TC
RC
.
RСЗ
Используя табличные данные, получаем ответ
T  5,8 10 3
6,95 10 8
 396 К .
1,49 10 11
51
Задача 3. Медный шарик, удаленный от других тел, под действием
света, падающего на него, зарядился до потенциала   1,74 В . Определить длину волны света.
Решение
Согласно уравнению Эйнштейна для фотоэффекта максимальная
кинетическая энергия фотоэлектронов равна
2
mv max
hc

 A.
2

(2.1.10)
Вследствие вылета электронов с шарика под действием света он
приобретает положительный заряд, в результате чего вокруг него создается электрическое поле, тормозящее движение вылетевших электронов. Шарик будет заряжаться до тех пор, пока максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов не станет равной работе тормозящего
электрического поля при перемещении электронов на бесконечно большое расстояние. Так как потенциал бесконечно удаленной точки равен
нулю, по теореме о кинетической энергии получаем
2
mv max
 e ,
2
что с учетом (2.1.10) позволяет найти длину волны света

hc
.
A  e
(2.1.11)
Подставляя в (2.1.11) числовые значения (работа выхода электронов из меди равна A  7,15 10 19 Дж ), находим

6,625 10 34  3 10 8
 2 10  7 м .
7,15 10 19  1,6 10 19 1,74
Задача 4. Плоская поверхность освещается светом с длиной волны
  0,18 мкм . Красная граница фотоэффекта для данного вещества
 0  0,36 мкм . Непосредственно у поверхности создано однородное
магнитное поле с индукцией B = 1 мТл, линии которого параллельны
поверхности. На какое максимальное расстояние от поверхности смогут
удалиться фотоэлектроны, если они вылетают перпендикулярно поверхности?
Решение
Воспользуемся уравнением Эйнштейна для фотоэффекта и определим максимальную скорость вылетающих фотоэлектронов
52
v max 
2  hc

  A .
m 

(2.1.12)
Используя формулу для красной границы фотоэффекта
A
hc
0
,
выражение (2.1.12) можно записать в виде
v max 
2hc  1 1
 
m    0

.


(2.1.13)
После вылета с поверхности электроны попадает в перпендикулярное к вектору скорости однородное магнитное поле, следовательно,
движутся в нем по окружности, и их максимальное удаление от поверхности будет равно радиусу этой окружности. Радиус окружности можно
найти, применяя второй закон Ньютона и используя формулу Силы Лоренца
2
mv max
 ev max B 
R
R
mv max
.
eB
(2.1.14)
Тогда из (2.1.13), (2.1.14) находим максимальное удаление электронов от поверхности
s max  R 
1 1 
1
.
2mhc 

eB
  0 
Вычисления дают
s max 
1
1,6 10 19 10 3
 10 6 10 6 

2  9,110 31  6,625 10 34  3 10 8 


 0,18 0,36 
 6,3 мм .
Задача 5. Катод фотоэлемента освещают монохроматическим светом. При задерживающем напряжении между катодом и анодом
U1 = 1,6 B ток в цепи прекращается. При изменении длины волны света
в   1,5 раза потребовалось подать на электроды задерживающую разность потенциалов U2 = 3 B. Определить работу выхода электронов из
материала катода.
Решение
Используя уравнение Эйнштейна для фотоэффекта и формулу для
задерживающего напряжения, получаем
53
hc
 A  eU 1 ,
1
hc
2
(2.1.15)
 A  eU 2 ,
(2.1.16)
где длины волн связаны условием
1   2 .
(2.1.17)
Решая систему уравнений (2.1.15) – (2.1.17), находим
A
e(U 2  U 1 ) 1,6 10 19 (3  1,5 1,6)

 1,92 10 19 Дж  1,2 эВ .
 1
1,5  1
Задача 6. Определить, с какой скоростью должен двигаться электрон, чтобы его импульс был равен импульсу фотона с длиной волны
  1 пм .
Решение
Предварительно сравним энергию фотона с энергией покоя электрона
EФ 
hc


6,625 10 34  3 10 8
 1,99 10 13 Дж  1,24 МэВ ,
10 12

E 0  m 0 c 2  9,11 10 31  3 10 8

2
 8,2 10 14 Дж  0,513 МэВ .
Вычисления показывают, что энергия фотона больше энергии покоя электрона, следовательно, при решении задачи необходимо использовать формулы специальной теории относительности. Приравнивая
формулы импульса фотона и релятивистского электрона, получаем
h


m0 v
.
(2.1.18)
v2
1 2
c
Решая (2.1.18) относительно скорости электрона, получаем
v
hc
h 2  m 02 c 2  2

6,625 10 34  3 10 8
6,625 10   9,11 10
 34 2
 2,77 10 8
54
м
.
с
 31
 3 10 8 10 12

2

г
, посм 3
глощающая весь падающий на нее свет. Зная мощность излучения
Солнца Ф  410 26 Вт , найти радиус пылинки, при котором ее гравитационное притяжение к Солнцу компенсируется силой светового давления.
Задача 7. В космосе движется пылинка плотностью   1
Решение
Согласно условию задачи сила всемирного тяготения должна уравновешиваться силой светового давления, поэтому
F ГР  F ДАВ .
(2.1.19)
По закону всемирного тяготения
mM
,
R2
где массу пылинки можно записать в виде
FГР  G
m  V 
4 3
r  ;
3
(2.1.20)
(2.1.21)
здесь r – радиус пылинки, R – расстояние от пылинки до Солнца.
Сила светового давления равна
F ДАВ  pS ,
(2.1.22)
где проекция поверхности пылинки на плоскость, перпендикулярную
солнечным лучам, имеет площадь
(2.1.23)
S  r 2 ,
а давление связано с мощностью излучения Ф1, пронизывающего поверхность пылинки формулой
Ф
p 1 .
(2.1.24)
Sc
Мощность излучения, приходящуюся на пылинку, можно выразить
через мощность солнечного излучения при помощи пропорции
Ф1
r 2
.

Ф 4R 2
(2.1.25)
Исключая из системы (2.1.19) – (2.1.25) неизвестные, получаем
формулу для радиуса пылинки
r
3Ф
.
16GcM
55
Подстановка числовых значений дает
r
3  4 10 26
 6 10  7 м .
16  3 10 8  6,67 10 11 10 3  3,14 1,99 10 30
Задача 8. В результате столкновения фотона и протона, летевших
по взаимно перпендикулярным направлениям, протон остановился, а
длина волны фотона изменилась на   1% . Чему был равен импульс
фотона? Скорость протона считать v < < c .
Решение
Воспользуемся для решения задачи законами сохранения импульса
и энергии. Пусть первоначальный импульс фотона p1 направлен по оси
OX, импульс протона p2 – по оси OY, а импульс фотона после рассеяния
p1 образует с осью OX угол  (рис. 2.1.1). Учитывая, что движение
протона по условию можно описывать классическими формулами, по
закону сохранения энергии имеем
hc


mv 2 hc
.

2

(2.1.26)
Y
p1

X
p1
p2
Рис. 2.1.1
Закон сохранения импульса в проекциях на оси OX и OY дает
h


h
h
cos  , mv  sin  .


56
(2.1.27)
Изменение длины волны рассеянного фотона по условию удовлетворяет формуле
  
 .
(2.1.28)

Выразим из (2.1.27) cos  и sin  , возведем эти уравнения в квадрат, сложим и воспользуемся основным тригонометрическим тождеством. В результате получим
m 2 v 2  2    
    1.
h2

2
(2.1.29)
Исключая из (2.1.26), (2.1.29)   при помощи (2.1.28), преобразуем
эти уравнения к виду
hc
mv 2

,
2
 (1   )
mv 2 
(2.1.30)
 (2   )h 2
.
 2 (1   ) 2
(2.1.31)
Исключая теперь из системы (2.1.30), (2.1.31) скорость протона,
находим длину волны фотона до рассеяния
(2   )h
,

2mc (1   )
после чего определяем первоначальный импульс фотона
p1 
2mc (1   ) 2 1,67 10 27  3 10 8  (1  0,01)
кг  м

 5 10 19
.
2 
2  0,01
с
Задача 9. Узкий пучок монохроматического рентгеновского излучения падает на рассеивающее вещество. При этом длины волн смещенных составляющих излучения, рассеянного под углами 1  60 0 и
2  1200 , отличаются друг от друга в n 
2
 2 раза. Считая, что рас1
сеяние происходит на свободных электронах, найти длину волны падающего излучения.
Решение
Воспользуемся формулами изменения длины волны при комптоновском рассеянии для двух углов рассеяния, упомянутых в условии
1    2С sin 2
1
2
,  2    2С sin 2
57
2
2
.
(2.1.32)
Деля второе уравнение (2.1.32) на первое, получаем
2
n
1
  2 C sin 2
  2 C sin
2
2
2 .
1
(2.1.33)
2
Решая (2.1.33), находим длину волны падающего на вещество излучения

2 С (sin 2
2
 n sin 2
2
n 1
1
2
)

2  2,426 10 12 (0,75  2  0,25 )

2 1
 1,21310 12 м .
Задача 10. Фотон с энергией, в   2 раза превышающей энергию
покоя электрона, рассеялся назад на неподвижном свободном электроне. Найти радиус кривизны траектории электрона отдачи в магнитном поле с индукцией B = 0,12 Тл , предполагая, что линии индукции
перпендикулярны вектору скорости электрона.
Решение
Запишем выражение изменения длины волны света при комптоновском рассеянии
     С (1  cos  ) .
(2.1.34)
Перейдем в (2.1.34) от длин волн к энергиям при помощи соотноhc
шения  
и учтем, что угол рассеяния   180 0 . В результате полу
чим
1 1
2
 
,
  0
(2.1.35)
где  0  m0 c 2 – энергия покоя электрона. С учетом того, что    0 ,
находим из (2.1.35) энергию рассеянного фотона

 0
1  2
и кинетическую энергию электрона отдачи
T     
2 2  0
.
1  2
58
(2.1.36)
Как известно, радиус окружности, по которой электрон движется в
магнитном поле, определяется по формуле
mv
,
(2.1.37)
eB
где с учетом релятивистского характера движения электрона
m0
.
(2.1.38)
m
v2
1 2
c
Используя релятивистскую формулу кинетической энергии
R






1
2
T  m0 c 
 1 ,
v2


 1 2

c


из (2.1.36) после алгебраических преобразований можно получить
2 (1   )
vc
,
1  2  2 2
что после подстановки в (2.1.37), (2.1.38) позволяет найти радиус кривизны траектории электрона
R
2 (1   )m 0 c
.
(2  1)eB
(2.1.39)
Подстановка в (2.1.39) числовых значений дает
R
2  2  (1  2)  9,11 10 31  3 10 8
(2  2  1) 1,6 10 19  0,12
 3,4 см .
Задача 11. При увеличении напряжения на рентгеновской трубке в
  1,5 раза длина волны коротковолновой границы сплошного рентгеновского спектра изменилась на   26 пм . Найти первоначальное
напряжение на трубке.
Решение
Применим формулу длины волны коротковолновой границы
сплошного рентгеновского спектра для случаев до и после изменения
напряжения на трубке
1 
hc
hc
, 2 
.
eU
eU
59
(2.1.40)
Вычитая из первого уравнения (2.1.40) второе, находим
1   2   
hc(  1)
,
eU
откуда следует формула первоначального напряжения на трубке
U
hc(  1) 6,625 10 34  3 10 8  (1,5  1)

 15,9 кВ .
e
1,5 1,6 10 19  2,6 10 11
Индивидуальные задания
2.1.1. Найти температуру Т печи, если известно, что излучение из
отверстия в ней площадью S = 6,1 см2 имеет мощность N = 34,6 Вт. Излучение считать близким к излучению абсолютно черного тела. Ответ:
N
 10 3 К .
S
2.1.2. Какую мощность излучения N имеет Солнце? Излучение
Солнца считать близким к излучению абсолютно черного тела. Температура
поверхности
Солнца
T = 5800 K.
Ответ:
N  4RC2 T 4  3,9 10 26 Вт .
2.1.3. Температура внутренней поверхности муфельной печи при
открытом отверстии площадью 30 cм2 равна 1,3 кК. Принимая, что отверстие печи излучает как абсолютно черное тело, определить, какая
часть мощности рассеивается стенками, если потребляемая печью мощP
T 4 S
 0,676 .
ность составляет 1,5 кВт. Ответ: РАС  1 
P
P
2.1.4. Определить, как и во сколько раз изменится мощность излучения черного тела, если длина волны, соответствующая максимуму его
спектральной плотности энергетической светимости, сместилась с
P
4
1  720 нм до  2  400 нм . Ответ: 2  14  10 ,5 .
P1  2
2.1.5. Черное тело находится при температуре Т1 = 3кК. При остывании тела длина волны, соответствующая максимуму спектральной
плотности энергетической светимости, изменилась на   8 мкм .
Определить температуру Т2, до которой тело охладилось. Ответ:
T1
T2 
 323 К .
T 
1 1
b
2.1.6. Диаметр вольфрамовой спирали в электрической лампочке
d = 0,3 мм, длина спирали l = 5 см. При включении лампочки в сеть
напряжением U = 127 B через лампочку течет ток I = 0,31A . Найти тем60
T 4
пературу спирали. Считать, что по установлении равновесия все выделяющееся в нити тепло теряется в результате излучения. Отношение
энергетических светимостей вольфрама и абсолютно черного тела при
данной температуре k  0,31 . Ответ: T  4
IU
kd (l  0,5d )
 2,62 10 3 К .
2.1.7. Найти солнечную постоянную K, т.е. количество лучистой
энергии, посылаемой Солнцем в единицу времени через единичную
площадку, перпендикулярную к солнечным лучам и находящуюся на
таком же расстоянии от него, как и Земля. Температура поверхности
R2
кВт
Солнца T = 5800 K. Ответ: K  T 4 2C  1,4 2 .
RСЗ
м
2.1.8. Температура поверхности Солнца T = 5800 K, отношение
диаметра земной орбиты к диаметру Солнца составляет 2,14 10 2 . Считая, что Земля одинаково излучает по всем направлениям, вычислить ее
среднюю температуру. Ответ: TЗ  T
DC
 290 К .
2 DСЗ
2.1.9. Мощность излучения абсолютно черного тела N = 10 кВт.
Найти площадь излучающей поверхности тела, если максимум спектральной плотности его энергетической светимости приходится на длиN4
ну волны   700 нм . Ответ: S 
 6 см 2 .
b 4
2.1.10. Считая, что тепловые потери обусловлены только излучением, определить, какую мощность необходимо подводить к медному шарику диаметром d = 2 см, чтобы при температуре окружающей среды
t0 = – 130C поддерживать его температуру равной t = 170C. Принять поглощательную
способность
меди
AT = 0,6.
Ответ:
2
4
4
P  AT d (T  T0 )  0,107 Вт .
2.1.11. Калий освещается монохроматическим светом с длиной
волны 400 нм. Определить наименьшее задерживающее напряжение,
при котором фототок прекратится. Работа выхода электронов из калия
hc
A
 0,91 В .
равна 2,2 эВ. Ответ: U 0  
e
2.1.12. Определить температуру тела, при которой оно излучало бы
энергии в 10 раз больше, чем поглощало. Температура окружающей
среды t0 = 230C. Ответ: T  T0 4
W ИЗЛ
 533 К .
W ПОГЛ
61
2.1.13. Красная граница фотоэффекта для некоторого металла равна
500 нм. Определить: 1) работу выхода электронов из этого металла;
2) максимальную скорость электронов, вырываемых из этого металла
hc
светом с длиной волны 400 нм. Ответ:
A
 2,49 эВ ,
0
2hc  1 1 
м
    4,68 10 5
.
m    0 
с
2.1.14. Задерживающее напряжение для платиновой пластинки (работа выхода 6,3 эВ) составляет 3,7 В. При тех же условиях для другой пластинки задерживающее напряжение равно 5,3 В. Определить работу выхода электронов из этой пластинки. Ответ: A2 = A1 + e(U1 – U2) = 4,7 эВ.
2.1.15. Определить, до какого потенциала зарядится уединенный
серебряный шарик при облучении его ультрафиолетовым светом длиной волны   208 нм . Работа выхода электронов из серебра А = 4,7 эВ.
v MAX 
1  hc

  A   1,28 В .
e 

2.1.16. При освещении вакуумного фотоэлемента монохроматическим светом с длиной волны 1  0,4 мкм он заряжается до потенциала
Ответ:  
 1  2 В . Определить, до какого потенциала зарядится фотоэлемент при
освещении его монохроматическим светом с длиной волны
hc  1
1 
 2  0,3 мкм . Ответ:  2  1      3,04 В .
e   2 1 
2.1.17. Плоский серебряный электрод освещается монохроматическим излучением с длиной волны   83 нм . Определить, на какое максимальное расстояние от поверхности электрода может удалиться фотоэлектрон, если вне электрода имеется задерживающее электрическое
поле напряженностью E  10 В . Красная граница фотоэффекта для
см
hc  1 1 
    1,03 см .
серебра  0  264 нм . Ответ: s 
eE    0 
2.1.18. При освещении катода вакуумного фотоэлемента монохроматическим светом с длиной волны   310 нм фототок прекращается
при некотором задерживающем напряжении. При увеличении длины
волны на 25%, задерживающее напряжение оказывается меньше на
0,8 В. Определить по этим экспериментальным данным постоянную
5e1 U
 6,61 10 34 Дж  с .
Планка. Ответ: h 
c
62
2.1.19. Определить максимальную скорость фотоэлектронов, вырываемых с поверхности цинка (работа выхода А = 4 эВ) при облучении
-излучением
с
длиной
волны
Ответ:
  2,47 пм .
v MAX  c  1 
m 02 c 4
2
 2,59 10 8
м
.
с
 hc
2 
  m0 c 


2.1.20. Определить длину волны фотона, импульс которого равен
импульсу электрона, прошедшего разность потенциалов U = 9,8 B. Отh
 3,92 10 7 м .
вет:  
2meU
2.1.21. Определить температуру, при которой средняя энергия молекул трехатомного газа равна энергии фотонов, соответствующих изhc
 8 10 3 К .
лучению   600 нм . Ответ: T 
3k
2.1.22. Определить, с какой скоростью должен двигаться электрон,
чтобы его импульс был равен импульсу фотона, длина волны которого
ch
м
 2,31 10 8
.
  2 пм . Ответ: v 
с
m 2 2 c 2  h 2
0
2.1.23. Давление монохроматического света с длиной волны
  500 нм на зачерненную поверхность, расположенную перпендикулярно падающим лучам, равно 0,12 мкПа. Определить число фотонов,
падающих
ежесекундно
на
1 м2
поверхности.
Ответ:
pSt
N
 9,05 10 19 .
h(1   )
2.1.24. Определить давление света на стенки электрической
150-ваттной лампочки, принимая, что вся потребляемая мощность идет
на излучение и стенки лампочки отражают 15% падающего на них света. Считать лампочку сферическим сосудом радиуса 4 см. Ответ:
N
p
(1   )  2,86 10 5 Па .
4R 2 c
2.1.25. Давление монохроматического света с длиной волны
  600 нм на зачерненную поверхность, расположенную перпендикулярно падающему излучению, равно 0,15 мкПа. Определить концентраp
 3,02 10 11 м 3 .
цию фотонов в световом пучке. Ответ: n 
hc(1   )
2.1.26. На идеально отражающую поверхность нормально падает
монохроматический свет с длиной волны   0,55 мкм . Поток излуче63
ния ФЕ = 0,45 Вт. Определить силу давления, испытываемую этой поФ
верхностью. Ответ: F  Е (1   )  3 10 9 Н .
c
2.1.27. Фотон с энергией   1,025 МэВ рассеялся на первоначально
покоившемся свободном электроне. Определить угол рассеяния фотона,
если длина волны рассеянного фотона оказалась равной комптоновской
 hc 
  60 0 .
длине волны С  2,43 пм . Ответ:   arccos

  C 
2.1.28. Фотон с энергией, вдвое превышающей энергию покоя электрона, при рассеянии на покоящемся электроне теряет половину своей
энергии. Найти угол разлета между рассеянным фотоном и электроном
отдачи. Ответ:   90 0 .
2.1.29. Фотон с длиной волны   5 пм испытал комптоновское
рассеяние под углом   90 0 на первоначально покоившемся свободном электроне. Определить импульс электрона отдачи. Ответ:
2
кг  м
 1   1 
.
p  h    
 1,6 10 22

с
      C 
2.1.30. Фотон с энергией   0,25 МэВ рассеялся под углом
2
  120 0 на первоначально покоившемся электроне. Определить кинетическую энергию электрона отдачи, если длина волны рассеянного

фотона изменилась на 20%. Ответ: T   41,7 кэВ .
6
2.2. Теория атома водорода по Бору.
Элементы квантовой механики
Обобщенная формула Бальмера для частот спектральных линий излучения атомарного водорода
1 
 1
 2 ,
2
n 
m
  R
где m  1, 2, 3,..., n  m  1, m  2, m  3,.... При m  1 возникает серия
Лаймана, при m  2 – серия Бальмера, при m  3 – серия Пашена, при
m  4 – серия Брэкета, при m  5 – серия Пфунда, при m  6 – серия
Хэмфри. Формула Бальмера, записанная при помощи длин волн
1

1 
 1
 R  2  2  .
n 
m
64
В
формулах
Бальмера
постоянные
R   1,110 7 м 1
и
1
R  3,29 10 c называются постоянными Ридберга.
Согласно постулату Бора при переходе электрона в атоме с одной
стационарной орбиты на другую излучается (поглощается) квант света с
энергией
h  E n  E m ,
15
равной разности энергий En и Em соответствующих стационарных состояний.
Правило квантования круговых орбит электрона в атоме
mv n rn  n ,
где n = 1, 2, 3,… – номера орбит, rn – радиус n-й орбиты, а vn – скорость
h
 1,055 10 34 Дж  с – постоянная Планка.
электрона на ней,  
2
Радиусы электронных орбит в атоме водорода (водородоподобном
ионе)
rn  n 2
 2  4 0
 n 2 r1 ,
Zme 2
где Ze – заряд ядра, r1 – радиус первой орбиты (для атома водорода
(Z = 1) r1 = 52,8 пм – первый боровский радиус).
Энергия электрона в стационарном состоянии атома водорода (водородоподобного иона)
En  
1 Z 2 me 4 E1
 2 ,
n 2 8h 2  02
n
где E1 – энергия основного состояния (для атома водорода
E1 = – 13,55 эВ).
Согласно гипотезе де Бройля любой частице, обладающей импульсом, сопоставляется волновой процесс с длиной волны
h
 .
p
Фазовая и групповая скорость волн де Бройля
vФАЗ 

k

d dE
c2

, v ГР 
.
dk dp
v
Соотношение неопределенностей Гейзенберга для координат и импульсов
xp X   , ypY   , zp Z   .
65
Соотношение неопределенностей для энергии и времени
Et   .
Вероятность нахождения частицы в элементе объема dV вычисляется по формуле
2
dW   dV ,
где   ( x, y, z, t ) - волновая функция частицы.
Вероятность найти частицу в момент времени t в конечном объеме
V определяется по формуле
2
W    dV .
V
Условие нормировки волновой функции имеет вид

V
2
dV  1 .
Среднее расстояние электрона от ядра вычисляется по формуле
r   r  (r ) dV .
2
V
Уравнение Шредингера для волновой функции имеет вид

2

,
  U ( x, y, z, t )  i
2m
t
2
2
2


– оператор Лапласа, U (x, y, z, t) – потенциx 2 y 2 z 2
альная функция частицы в силовом поле, i – мнимая единица.
Стационарное уравнение Шредингера записывается в виде
где  
 
2m
( E  U )  0 ,
2
где E – полная энергия частицы.
Собственные функции частицы, находящейся в одномерной прямоугольной бесконечно глубокой потенциальной яме имеют вид
n ( x ) 
2
n
sin
x,
l
l
где l – ширина ямы. Собственные значения энергии для этой задачи
записываются в виде
n 2 2  2
.
En 
2ml 2
66
Примеры решения задач
Задача 1. Вычислить индукцию магнитного поля в центре атома
водорода, обусловленного движением электрона по первой боровской
орбите.
Решение
Запишем уравнение движения электрона в атоме (второй закон
Ньютона)
mv 2
e2

r
4 0 r 2
(2.2.1)
и правило квантования электронных орбит с учетом того, что движение
происходит по первой орбите (n = 1)
mvr   .
(2.2.2)
Решая систему (2.2.1), (2.2.2), найдем радиус орбиты и скорость
электрона на ней
4 0  2
r
me 2
v
,
(2.2.3)
e2
.
2 0 h
(2.2.4)
При помощи формул (2.2.3), (2.2.4) находим период обращения
электрона
2 3
2r 4 0 h
.

v
me 4
T
Сила эквивалентного тока, вызванного вращением электрона равна
I
e
me 5
 2 3 .
T 4 0 h
(2.2.5)
Используя теперь формулу индукции в центре кольца с током, при
помощи (2.2.3), (2.2.5) находим
B
0 I
2r

 0 m 2 e 7
.
8 03 h 5
Подстановка числовых значений приводит к ответу
B

  1,6 10 
  6,625 10 
3,14  4  3,14 10 7  9,11 10 31

8  8,85 10 12
3
2
19 7
34 5
67
 12,4 Тл .
Задача 2. Найти квантовое число n, соответствующее возбужденному состоянию иона He+, если при переходе в основное состояние этот
ион испустил последовательно два фотона с длинами волн 1  108 ,5 нм
и 1  30,4 нм .
Решение
Воспользуемся вторым постулатом Бора, согласно которому энергия излученного (поглощенного) кванта света равна разности энергий
стационарных состояний атома
(2.2.6)
h  E n  E m .
Перейдем в этом выражении от частоты к длине волны по формуле
с

и используем выражение для энергии стационарного состояния

водородоподобного иона
En  
1 Z 2 me 4
.
n 2 8h 2  02
(2.2.7)
В результате получим
1

 R Z 2 (
1
1
 2 ),
2
n1 n 2
(2.2.8)
где R   1,110 7 м 1 – постоянная Ридберга. Согласно условию задачи
атом переходит в основное состояние в два этапа, излучая последовательно два фотона. Пусть квантовое число, соответствующее промежуточному состоянию атома, равно k. Тогда, применяя два раза уравнение
(2.2.8), получаем
1
1
1
2
 R Z 2 (
1
1
 ),
k 2 n2
 R Z 2 (1 
(2.2.9)
1
).
k2
(2.2.10)
Складывая уравнения (2.2.9), (2.2.10), находим
1
1

1
2
 R Z 2 (1 
1
),
n2
откуда следует
n
1
1
1
1
1
(  )
2
R Z 1  2
1

1
1
1
1
(

) 10 9
7
2
1,110  2 108 ,5 30,4
68
 5.
Задача 3. Найти дебройлевскую длину волны релятивистских электронов, подлетающих к антикатоду рентгеновской трубки, если длина
волны коротковолновой границы сплошного рентгеновского спектра
 К  10 пм .
Решение
Предположим, что столкновение электрона с антикатодом является
абсолютно неупругим, и в результате электрон полностью теряет свою
кинетическую энергию, передавая ее фотону рентгеновского излучения.
Тогда по закону сохранения энергии
T
hc
,
K
(2.2.11)
где с учетом релятивистского характера движения электрона для его
кинетической энергии необходимо использовать формулу






1
2
(2.2.12)
T  m0 c 
 1 .
v2


 1 2

c


Решая систему (2.2.11), (2.2.12) относительно скорости электрона,
после алгебраических преобразований находим
vc
h 2  2hm0 c K
h  m0 c K
.
(2.2.13)
С учетом релятивистской формулы для импульса выражение длины
волны де Бройля примет вид

h

p
v2
c2
,
m0 v
h 1
(2.2.14)
и после подстановки (2.2.13) в (2.2.14) получаем

K
.
2m 0 c K
1
h
Подстановка в (2.2.14) числовых значений дает

10 10 12
2  9,11 10 31  3 10 8 10 10 12
1
6,625 10 34
69
 3,29 пм .
Задача 4. Узкий пучок моноэнергетических электронов падает под
углом скольжения   30 0 на естественную грань монокристалла алюминия. Расстояние между соседними кристаллическими плоскостями,
параллельными этой грани монокристалла d = 0,2 нм. При некотором
ускоряющем напряжении U0 наблюдали максимум зеркального отражения. Найти U0, если известно, что следующий максимум зеркального
отражения возникал при увеличении ускоряющего напряжения в
  2,25 раза. Считать выполненным условие v < < c.
Решение
Воспользуемся формулой Вульфа – Брэггов, определяющей условия дифракционных максимумов при дифракции на кристалле
2d sin   k .
(2.2.15)
Применяя формулу (2.2.15) для двух случаев падения электронного
пучка, получаем
2d sin   k1 , 2d sin   (k  1) 2 ,
(2.2.16)
где 1 и  2 – дебройлевские длины волн электронов, k – номер максимума зеркального отражения.
Запишем выражение для длины волны де Бройля, используя классическую формулу связи импульса и кинетической энергии частицы

h

p
h
,
(2.2.17)
2m 0 T
где согласно теореме о кинетической энергии
T  eU
(2.2.18)
(предполагаем, что начальной кинетической энергией электронов можно пренебречь).
Используя (2.2.17), (2.2.18), дебройлевские длины волн электронов
можно записать в виде
1 
h
2em0U 0
, 2 
h
2em0U 0
.
(2.2.19)
Решая систему уравнений (2.2.16), (2.2.19), находим величину
ускоряющего напряжения
U0 
h2
8m0 ed 2 sin 2  (   1) 2
70
.
Подстановка данных задачи дает
U0 
(6,625 10 34 ) 2
8  9,11 10 31 1,6 10 19  (2 10 10 ) 2  0,5 2  ( 2,25  1) 2
 150 В .
Задача 5. Оценить с помощью соотношения неопределенностей
минимально возможную энергию электрона в атоме водорода и соответствующее эффективное расстояние его от ядра.
Решение
Полагая неопределенности координаты и импульса равными координате и импульсу r  r , p  p , из соотношения неопределенностей
находим
p  p 


 .
r r
(2.2.20)
Полная энергия электрона в атоме складывается из его кинетической энергии и потенциальной энергии в кулоновском поле ядра
E  EK  EP 
p2
e2

.
2m 4 0 r
(2.2.21)
С учетом (2.2.20) формулу для полной энергии можно записать в
виде
E  E (r ) 
2
e2

.
2mr 2 4 0 r
(2.2.22)
Так как по условию энергия электрона должна быть минимальной,
исследуем E (r ) на экстремум:
4 0  2
dE
2
e2
.



0

r

dr
mr 3 4 0 r 2
me 2
(2.2.23)
Легко убедиться при помощи достаточного условия экстремума,
что найденное значение r обеспечивает минимум полной энергии электрона
E MIN  
me 4
.
8 02 h 2
(2.2.24)
Расчеты по формулам (2.2.23), (2.2.24)
r
4  3,14  8,85 10 12  (1,055 10 34 ) 2
9,11 10 31  (1,6 10 19 ) 2
71
 5,3 10 11 м ,
E MIN  
9,11 10 31  (1,6 10 19 ) 4
8  (8,85 10 12 ) 2  (6,625 10 34 ) 2
 2,17 10 18 Дж  13,6 эВ ,
показывают, что в результате получился первый боровский радиус и
энергия основного состояния атома водорода.
Задача 6. Найти решение нестационарного уравнения Шредингера
для свободной частицы массы m, движущейся в положительном направлении оси x с импульсом p.
Решение
В случае свободного одномерного движения частицы (U = 0) нестационарное уравнение Шредингера записывается в виде
i

 2  2
.

t
2m x 2
(2.2.25)
Будем решать данное уравнение методом разделения переменных,
полагая, что искомая функция  ( x, t ) является произведением двух
функций, одна из которых зависит только от пространственной координаты, а другая – только от времени:
 ( x, t )   1 ( x)  2 (t ) .
(2.2.26)
Подставляя (2.2.26) в (2.2.25) и разделяя переменные, получаем
i
 2
 2  1

.
2
2m  1
(2.2.27)
Так как левая часть (2.2.27) зависит только от времени, а правая –
только от пространственной координаты, уравнение (2.2.27) может выполняться только в том случае, когда обе части этого уравнения равны
одной и той же константе. Обозначим эту константу k и запишем два
получившихся уравнения
k

 2  i  2  0 ,  1 
2mk
1  0.
2
(2.2.28)
Сравнение второго уравнения (2.2.28) со стационарным уравнением
Шредингера позволяет сделать вывод, что константа k не что иное, как
энергия частицы E. С учетом этого общие решения уравнений (2.2.28)
можно представить в виде
 1  a1 exp( i
E
2mE
2mE
t ) ,  2  a 2 exp( i
x)  a 3 exp( i
x) .



72
Подставляя полученные решения в (2.2.26), находим
i

i

  c1 exp(  ( Et  2mE x))  c 2 exp(  ( Et  2mE x)) .
Используя
известные
соотношения
E   ,
(2.2.29)
p  2mE ,
 2

 k , (2.2.29) можно переписать в виде
p

  c1 exp( i(t  kx))  c 2 exp( i(t  kx)) ,
(2.2.30)
из которого следует, что первое слагаемое представляет собой волну,
движущуюся в положительном направлении оси x, а второе – волну,
движущуюся в отрицательном направлении этой оси. Согласно условию
c2 = 0 и можно записать окончательный ответ
  C  exp i(t  kx) .
Задача 7. Частица находится в одномерной прямоугольной потенциальной яме с бесконечно высокими стенками. Ширина ямы равна l.
Найти нормированные волновые функции стационарных состояний частицы, взяв начало отсчета координаты x в середине ямы.
Решение
Согласно условию задачи потенциальная функция имеет вид
l
l
l
U = 0 при   x 
и U   при x  . Волновая функция
2
2
2
должна обращаться в нуль на границах ямы

l
 2
l
2
    0 ,     0 ,
(2.2.31)
и удовлетворять одномерному стационарному уравнению Шредингера
внутри ямы
d 2 2m

E  0 .
dx 2  2
Введем обозначение k 2 
(2.2.32)
2m
E ; тогда решение уравнения (2.2.32)
2
записывается в виде
 ( x)  a cos kx  b sin kx .
73
(2.2.33)
Подстановка (2.2.33) в условия (2.2.31) дает систему линейных однородных уравнений
kl
kl
kl
kl
 b sin  0 , a cos  b sin  0 . (2.2.34)
2
2
2
2
a cos
Система (2.2.34) имеет нетривиальное решение только в том случае, когда ее определитель равен нулю, что приводит к уравнению
sin
kl
kl
cos  0 ,
2
2
решение которого записывается в виде
k
n
l
, n  1,2,3,... .
(2.2.35)
В случае, когда n – нечетное, из системы (2.2.34) получаем b = 0,
если же n – четное, то аналогично находим a = 0. Таким образом, решение задачи имеет вид
 ( x)  a cos
nx
l
, n  1,3,5,... ;  ( x)  b sin
nx
l
, n  2,4,6,...
Условие нормировки волновой функции позволяет определить амплитуду волновой функции:

  ( x)

2
l
2
dx a 2  cos 2

l
2
nx
a2
dx 
l
2
l
2
 (1  cos

l
2
2nx
)dx 
l
l
a2
l
2nx 2 a 2 l
(x 
sin
) 
1  a 
2
2n
l l
2
2
l
2
(аналогично вычисляется b 
2
). Тогда нормированная волновая
l
функция записывается в виде
 ( x) 
2
nx
cos
, n  1,3,5,... ;  ( x) 
l
l
2
nx
sin
, n  2,4,6,...
l
l
Задача 8. Частица массы m находится в одномерном потенциальном поле U(x) в стационарном состоянии  ( x)  A exp( x 2 ) , где A и
 – постоянные (   0 ). Найти энергию E частицы и вид функции
U(x), если U(0) = 0.
74
Решение
Воспользуемся уравнением Шреденгера для стационарных состояний
d 2 2m

(E  U )  0
dx 2  2
(2.2.36)
и подставим в него выражение для волновой функции и ее второй проd 2
изводной
 A exp(  x 2 )  (4 2 x 2  2 ) . После сокращения на эксdx 2
поненту получим уравнение
2 2 x 2   
m
(E  U )  0 .
2
(2.2.37)
Используя условие U(0) = 0, из (2.2.37) находим
E
 2
m
.
(2.2.38)
Подставляя (2.2.38) в (2.2.37), находим вид потенциальной функции
U(x)
U ( x) 
2 2  2 x 2
.
m
Задача 9. Волновая функция, описывающая некоторую частицу,
 r2 
имеет вид  (r )  A  exp   2  , где r – расстояние этой частицы до
 2a 
силового центра; a – некоторая постоянная. Определить среднее расстояние r частицы до силового центра.
Решение
Предварительно найдем значение нормировочного коэффициента A
в выражении волновой функции, для чего используем условие нормировки вероятностей
  (r )
V
Учитывая, что элемент
dV  4r 2 dr , получаем

 r2
A 2  exp   2
 a
0
2
dV  1 .
объема
(2.2.39)
определяется
по


 r2 
4r 2 dr  4A 2  r 2 exp   2 dr .

 a 



0
75
формуле
 r2
Полагая u  r и dv  r exp   2
 a
чаем

dr , и интегрируя по частям, полу



 r2
  2A 2 a 2  exp   2
0
 a


0
 r2
 2A 2 a 2 exp   2
 a

dr  1 .


(2.2.40)
Первое слагаемое в (2.2.40) равно нулю, а интеграл во втором слагаемом можно вычислить при помощи известного соотношения

0 exp(  x
2
)dx 

2
,
с помощью которого получаем

 r2
exp
0   a 2

a 
dr 
,

2

что позволяет из (2.2.40) получить уравнение
3
 2 A2 a 3  1 .
(2.2.41)
Решая (2.2.41), находим
A
1
3
2
 a
.
(2.2.42)
3
Для определения среднего расстояния от частицы до силового центра воспользуемся формулой
r   r  (r ) dV .
2
(2.2.43)
V
Подставляя в (2.2.43) выражение для волновой функции с учетом
(2.2.42) и интегрируя по частям, получаем
r 


4
a
4
3

0 r
3
 r2
exp   2
 a

 r2 
2 2
dr  
r exp   2  

a

 a 0
 r2 
 r exp   a 2 dr  
a 0
76
 r2
exp   2

 a
2a
  2a
 
.
0


Индивидуальные задания
2.2.1. Максимальная длина волны спектральной линии серии Лаймана равна 0,12 мкм. Предполагая, что постоянная Ридберга неизвестна,
определить максимальную длину волны линии серии Бальмера. Ответ:
1 
1
 2  2
2 
1
Б  Л
 0,648 мкм .
1 
 1
 2  2
3 
2
2.2.2. Определить число спектральных линий, испускаемых атомарным водородом, возбужденным на n-й энергетический уровень. Отn(n  1)
вет: N 
.
2
2.2.3. Используя теорию Бора для атома водорода, определить:
1) радиус ближайшей к ядру орбиты; 2) скорость движения электрона
4 0  2

м
 2,19 10 6
по этой орбите. Ответ: r1 
.
 52,8 пм ; v1 
2
mr
с
me
1
2.2.4. Используя теорию Бора, определить орбитальный магнитный
момент электрона, движущегося по третьей орбите атома водорода. Отen
 2,8 10  23 А  м 2 .
вет: p m 
2m
2.2.5. Определить изменение орбитального механического момента
электрона при переходе его из возбужденного состояния в основное с
испусканием фотона с длиной волны   1,02 10 7 м . Ответ:
 R 

L  
 1  2,110 34 Дж  с .
 R   1 


2.2.6. Определить при помощи теории Бора: 1) частоту вращения
электрона, находящегося на первой боровской орбите; 2) эквивалент
 6,58 10 15 Гц ; I  e  1,05 мА .
ный ток. Ответ:  
2mr12
2.2.7. Определить частоту света, излучаемого атомом водорода при
переходе электрона на уровень с главным квантовым числом n = 2, если
радиус орбиты электрона изменился в k = 9 раз. Ответ:
R
1
  2 (1  )  0,731 10 15 Гц .
k
n
2.2.8. Основываясь на том, что энергия ионизации атома водорода
Ei = 13,6 эВ, определить в электрон-вольтах энергию фотона, соответ77
ствующую самой длинноволновой линии серии Бальмера. Ответ:
1  5
 1
E  Ei  2  2  
E i  1,89 эВ .
3  36
2
2.2.9. Определить, какая энергия требуется для полного отрыва от
ядра однократно ионизованного атома гелия, если: 1) электрон находится в основном состоянии; 2) электрон находится в состоянии, соответствующем
главному
квантовому
числу
n = 3.
Ответ:
2
4
2
4
Z me
Z me
E1 
 54,3 эВ ; E 2  2 2 2  6,03 эВ .
2 2
8h  0
8n h  0
2.2.10. Определить длину волны де Бройля для электрона, находящегося в атоме водорода на третьей боровской орбите. Ответ:
2h 2 n 0

 1 нм .
me 2
2.2.11. Протон движется в однородном магнитном поле с индукцией B = 15 мТл по окружности радиусом R = 1,4 м. Определить длину
h
 0,197 пм .
волны де Бройля для протона. Ответ:  
eBR
2.2.12. Заряженная частица, ускоренная разностью потенциалов
U = 500 B, имеет длину волны де Бройля 1,282 пм. Принимая заряд этой
частицы равным заряду электрона, определить ее массу. Ответ:
h2
m
 1,672 10  27 кг .
2e2U
2.2.13. Вывести зависимость между длиной волны де Бройля релятивистской частицы с массой покоя m0 и ее кинетической энергией. Отhc
вет:  
.
T (T  2m 0 c 2 )
2.2.14. Вывести зависимость между длиной волны де Бройля релятивистской частицы с массой покоя m0 и ускоряющим потенциалом U.
hc
Ответ:  
.
eU (2m 0 c 2  eU )
2.2.15. Если допустить, что неопределенность координаты движущейся частицы равна дебройлевской длине волны, то какова будет отp
носительная неточность
импульса этой частицы? Ответ:
p
p
1

 16 % .
p
2
78
2.2.16. Используя соотношение неопределенностей, найти выражение, позволяющее оценить минимальную энергию электрона, находящегося в одномерном потенциальном ящике шириной l. Ответ:
2 2
E MIN  2 .
ml
2.2.17. Используя соотношение неопределенностей, оценить низший энергетический уровень электрона в атоме водорода. Принять ли2 2
нейные размеры атома l  10 10 м . Ответ: E MIN  2  15 эВ .
ml
2.2.18. Приняв, что минимальная энергия нуклона в ядре
EМИН = 10 МэВ, оценить исходя из соотношения неопределенностей
2
 2,9 10 15 м .
размеры ядра. Ответ: l 
2mE

2.2.19. Оценить относительную ширину
спектральной линии,

если известны время жизни атома в возбужденном состоянии
t  10 8 c , и длина волны излучаемого фотона   0,6 мкм . Ответ:




2сt
 3,2 10 8 .
 
A
exp  r ,
a
r
где r – расстояние этой частицы до силового центра; a – некоторая постоянная. Используя условие нормировки вероятностей, определить
1
нормировочный коэффициент A. Ответ: A 
.
2a
2.2.21. Используя условие нормировки вероятностей, определить
нормировочный коэффициент A волновой функции   A exp  r ,
a
описывающей основное состояние электрона в атоме водорода, где r –
расстояние электрона от ядра, a – первый боровский радиус. Ответ:
1
.
A
a 3
2.2.22. Волновая функция   A sin 2x определена только в обl
ласти 0  x  l . Используя условие нормировки, определить нормиро2.2.20. -функция некоторой частицы имеет вид  
 

вочный множитель A. Ответ: A 
2
.
l
79

 
A
exp  r ,
a
r
где r – расстояние этой частицы до силового центра; a – некоторая постоянная. Определить среднее расстояние r частицы до силового цен2.2.23. -функция некоторой частицы имеет вид  
a
.
2
2.2.24. Волновая функция, описывающая основное состояние электрона в атоме водорода, имеет вид   A exp  r , где r – расстояние
a
электрона от ядра, a – первый боровский радиус. Определить среднее
тра. Ответ: r 
 
значение квадрата расстояния r 2
электрона до ядра в основном со-
стоянии. Ответ: r 2  3a 2
2.2.25. Известно, что нормированная собственная волновая функция, описывающая состояние электрона в одномерной прямоугольной
«потенциальной яме» с бесконечно высокими «стенками» имеет вид

2
nx
sin
, где l – ширина «ямы». Определить среднее значение
l
l
l
.
2
2.2.26. Частица в одномерной прямоугольной «потенциальной яме»
шириной l с бесконечно высокими «стенками» находится в основном
состоянии. Определить вероятность обнаружения частицы в левой трети
1 1
2
sin
 0,195 .
«ямы». Ответ: W  
3 2
3
2.2.27. Частица в одномерной прямоугольной «потенциальной яме»
шириной l с бесконечно высокими «стенками» находится в возбужденном состоянии (n=2). Определить вероятность обнаружения частицы в
1 1
 0,091 .
области 3l  x  5l . Ответ: W  
8
8
4 2
2.2.28. Электрон находится в одномерной прямоугольной «потенциальной» яме шириной l с бесконечно высокими «стенками». Определить вероятность обнаружения электрона в средней трети «ямы», если
электрон находится в возбужденном состоянии (n=3). Ответ:
1
W   0,333 .
3
2.2.29. Частица находится в одномерной прямоугольной «потенциальной яме» с бесконечно высокими «стенками». Определить, во сколько раз изменяется отношение разности соседних энергетических уровкоординаты x электрона. Ответ: x 
80
E n 1  E n
En
ней
E 4,3
частицы при переходе от n = 3 к n = 8. Ответ:
7
 0,78 .
E3
9
2.2.30. Электрон находится в бесконечно глубоком, одномерном,
прямоугольном потенциальном ящике шириной l. В каких точках в интервале 0 < x < l плотность вероятности нахождения электрона на первом и втором энергетических уровнях одинакова? Вычислить плотность
l 2l
3
2
вероятности для этих точек. Ответ: x  ; ;   .
3 3
2l

2.3. Элементы ядерной физики
Справочные сведения
Символическая запись атомного ядра
Z
A
X,
где X – символ химического элемента, Z – зарядовое число, совпадающее с атомным номером (число протонов в ядре), A – массовое число
(сумма числа протонов и нейтронов в ядре).
Разность суммы масс покоя входящих в ядро нуклонов и массы покоя ядра называется дефектом массы
m  Z  m p  ( A  Z )  m n  M Я ,
где mp – масса протона, mn – масса нейтрона, МЯ – масса ядра.
Энергия связи ядра вычисляется по формуле
E  c 2 m  c 2 ( Z  m p  ( A  Z )  mn  M Я ) ,
где при практических расчетах удобно использовать массу, выраженную в атомных единицах массы, а квадрат скорости света
МэВ
c 2  931,5
.
а.е. м.
Для расчетов энергии связи (дефекта масс) удобнее пользоваться
выражением, куда входят не массы ядер, а массы нейтральных атомов:
E  c 2 m  c 2 Z  mH  ( A  Z  mn  M a ) ,
где mH – масса атома водорода, Ma – масса атома данного химического
элемента.
81
Удельная энергия связи (энергия связи на нуклон)
E
EУД  СВ .
A
Энергия, выделяющаяся (поглощающаяся) в ходе ядерной реакции,
вычисляется по формуле
Q  c 2 (m1  m2  ...) (m1  m2  ...) ,
где в первой скобке стоит сумма масс покоя частиц, вступающих в реакцию, а во второй – сумма масс покоя продуктов ядерной реакции.
Символическая запись ядерной реакции может быть дана в развернутом виде, например,
15
7
N 11H 126 C  24 He ,
или в сокращенном виде
15
7
N ( p,  )126 C .
В ходе любой ядерной реакции должны выполняться законы сохранения зарядового и массового чисел.
Символические обозначения некоторых частиц, участвующих в
ядерных реакциях: p – протон, n – нейтрон, d – дейтрон (ядро изотопа
водорода 12 H ), t – тритон (ядро изотопа водорода 13 H ),  – альфа-
He ), e  – электрон, e  – позитрон,  e –
нейтрино,  e – антинейтрино,  – гамма-квант.
Закон радиоактивного распада
частица (ядро изотопа гелия
4
2
N  N 0 exp( t ) ,
где N0 – число радиоактивных атомов в начальный момент времени,
N – число нераспавшихся атомов к моменту времени t,  – постоянная
радиоактивного распада.
Период полураспада (промежуток времени, в течение которого
распадается половина первоначального количества радиоактивных атомов) связан с постоянной распада соотношением
T1 
2
ln 2


0,693

.
Величина, обратная постоянной распада

1

,
называется средним временем жизни радиоактивного атома.
82
Активность радиоактивного образца определяется как отношение
числа – dN ядер, распавшихся в изотопе, к промежутку времени dt, за
которое произошел распад
A
dN
 N  N 0 exp( t ) .
dt
Примеры решения задач
Задача 1. Определить энергию, которая может выделиться при образовании из протонов и нейтронов одного моля гелия 24 He .
Решение
Вычислим дефект массы процесса, в ходе которого из двух протонов и двух нейтронов образуется ядро атома гелия. Поскольку в таблицах приведены массы покоя атомов, а не ядер, добавим к каждому протону по электрону (в результате получится атом водорода), а к ядру
атома гелия добавим два электрона (в результате получится атом гелия).
В результате получим
m  2  m 1 H  2  mn  M 4 He .
1
Используя
(2.3.1)
2
табличные
данные
( m 1 H  1,00783 .а.е.м. ,
1
mn  1,00867 а.е.м. , m
4
2 He
 4,00260 а.е.м. ), находим
m  2 1,00783 2 1,00867 4,00260  0,0304 а.е.м.
(2.3.2)
При помощи (2.3.2) определяем энергетический эффект от слияния
протонов и нейтронов в атом гелия
E  c 2 m  931,5  0,0304  28,32 МэВ  4,5310 12 Дж .
Как известно, число частиц в одном моле любого вещества равно
постоянной Авогадро, поэтому при образовании из протонов и нейтронов одного моля гелия должна выделиться энергия
Q  N A E  6,02 10 23  4,5310 12  2,731012 Дж .
Задача 2. Под действием протонов могут происходить реакции
термоядерного деления:
а) p ZAX  3 ; б) p ZAY  2 .
Какие изотопы используются в качестве мишеней в этих реакциях?
Определить энергию Q, выделяющуюся в ходе реакций.
83
Решение
Для ответа на первый вопрос воспользуемся законами сохранения
зарядового и массового чисел. Для первой реакции это позволяет записать уравнения
1 A  3 4 , 1 Z  3 2 ,
решая которые получаем
A  11 , Z  5 ,
что позволяет при помощи таблицы Менделеева определить первую
мишень:
11
5
B.
Аналогичные вычисления для второй реакции дают ответ:
7
3
Li .
Теперь аналогично задаче 1 определяем энергетический выход реакция, предполагая, что кинетической энергией бомбардирующих мишени протонов можно пренебречь:
а) Q  c 2 m  931,5  (1,00783 11,00931 3  4,00260)  8,7 Мэв ;
б) Q  c 2 m  931,5  (1,00783 7,01601 2  4,00260)  17,4 Мэв .
Сравнение полученных значений с энергией покоя протона
E0 = 938,3 МэВ, показывает, что использованное при решении пренебрежение кинетической энергией протона справедливо только для нерелятивистских протонов.
Задача 3. Протоны с кинетической энергией Т = 1 МэВ бомбардируют литиевую мишень, в результате чего наблюдается ядерная реакция
p 37 Li 2 24 He . Найти кинетическую энергию каждой альфа-частицы и
угол между направлениями их разлета, если разлет происходит симметрично по отношению к направлению налетающих протонов.
Решение
Воспользуемся для решения задачи законами сохранения импульса
и энергии. Суммарная кинетическая энергия альфа-частиц очевидно
равняется сумме кинетической энергии протона и энергетическому выходу ядерной реакции:
2T  T  Q .
84
(2.3.3)
Обозначая угол, который образует импульс альфа-частицы с импульсом протона через  , и проектируя закон сохранения импульса на
направление движения протона, получаем
p  2 p cos  .
(2.3.4)
Используя классическую формулу связи кинетической энергии и
импульса (это оправдано, так как рассматриваемые в задаче энергии
намного меньше энергий покоя участвующих в реакции частиц)
T
p2
2m
(2.3.5)
и формулу энергетического выхода ядерной реакции
Q  c 2 m ,
(2.3.6)
из (2.3.3), (2.3.4) находим
1
(T  Q) ,
2
(2.3.7)
m pT


2  180 0  arccos1 
.
2
 m (c m  T ) 
(2.3.8)
T 
Подстановка в (2.3.7), (2.3.8) числовых значений с учетом найденного при решении предыдущей задачи энергетического выхода реакции
дает:
T  0,5  (1  17,4)  9,2 МэВ ,


1,00783 1
0
2  180 0  arccos1 
  170 ,5 .
4
,
00260

(
1

17
,
4
)


Задача 4. За время t1 начальное количество некоторого радиоактивного изотопа уменьшилось в k1 = 3 раза. Во сколько раз k2 оно
уменьшится за время t2 = 3t1?
Решение
Воспользуемся законом радиоактивного распада
N  N 0 exp( t ) .
(2.3.9)
Согласно условию задачи
N0
N
 k1  exp( t1 ) , 0  k 2  exp( t 2 )  exp( 2t1 ) .
N2
N1
85
(2.3.10)
Логарифмируя первое из уравнений (2.3.10), получаем
ln k 1

,
t1
что после подстановки во второе уравнение (2.3.10) дает
 2t ln k1 
2
k 2  exp  1
  k1  9 .
t
1


Задача 5. Известно, что из радиоактивного полония 210
84 Po массой
m = 2,5 г за время t = 32 дня в результате его распада образуется гелий
объемом V = 40 см3 при нормальных условиях. Определить по этим
данным период полураспада данного изотопа полония.
Решение
Начальное число атомов полония найдем из формулы молекулярнокинетической теории
m N A
m N0

 N0 
.
(2.3.11)
M NA
M
Число распавшихся атомов полония в предположении, что не происходит других реакций альфа-распада, будет равно образовавшемуся
числу атомов гелия, которое можно определить при помощи уравнения
состояния идеального газа
N N
pV
p  nkT  0
kT  N 0  N 
.
(2.3.12)
V
kT
Из закона радиоактивного распада находим
N0  N
 1  exp( t ) ,
(2.3.13)
N0
что после подстановки (2.3.11), (2.3.12) дает уравнение
pVM
 1  exp( t ) .
kTmN A
(2.3.14)
Учитывая формулу связи постоянной распада и периода полурасln 2
пада  
и решая уравнение (2.3.14) с учетом kNA = R, находим
T1
2
значение периода полураспада
T1  
2
t ln 2
32  ln 2

pVM


 1,013 10 5  4 10 5  210 10 3
ln 1 

ln 1 
mRT 

2,5 10 3  8,31  273

86




 136 дней .
Индивидуальные задания
2.3.1. Определить удельную энергию связи для ядер: 1) 24 He ;
МэВ
МэВ
; 2) EУД  7,7
.
нуклон
нуклон
2.3.2. Определить энергию, необходимую для того, чтобы разделить ядро 126 C на три -частицы. Ответ: E = 7,26 МэВ.
2.3.3. Энергия связи ядра, состоящего из трех протонов и четырех
нейтронов, равна 39,3 МэВ. Определить массу нейтрального атома, обладающего
этим
ядром.
Ответ:
E СВ
m  Z  m H  ( A  Z )  m n  2  1,165 10  26 кг .
с
2.3.4. Определить, какую долю кинетической энергии теряет
нейтрон при упругом столкновении с покоящимся ядром углерода 126 C ,
если после столкновения частицы движутся вдоль одной прямой. Ответ:
4m n m C
T

 0,286 .
T
(m n  mC ) 2
2)
12
6
C . Ответ: 1) EУД  7,1
2.3.5. Определить, что и во сколько раз продолжительнее – три периода полураспада или два средних времени жизни радиоактивного яд3T 1
3 ln 2
2
ра. Ответ:

 1,04  3T 1  2 .
2
2
2
2.3.6. Определить, какая часть (%) начального количества ядер радиоактивного изотопа останется нераспавшейся по истечении времени t,
равного двум средним временам жизни  радиоактивного ядра. Ответ:
N
 exp( 2)  0,135 .
N0
2.3.7. Определить период полураспада радиоактивного изотопа, если 5/8 начального количества ядер этого изотопа распалось за время
t ln 2
t = 849 c. Ответ: T 1 
 6 10 2 c .
8
2
ln
3
2.3.8. Постоянная радиоактивного распада изотопа 210
82 Pb равна
10 9 c 1 . Определить время, в течение которого распадется 2/5 начального количества ядер этого радиоактивного изотопа. Ответ:
5
ln
t  3  5,11 10 8 c  16 ,2 год .

87
2.3.9. При помощи ионизационного счетчика исследуется активность некоторого радиоактивного изотопа. В начальный момент времени счетчик дает 75 отбросов за время t = 10 c. Какое число отбросов за
T1 2
время t = 10 c дает счетчик по истечении времени t 
? Считать
2
 ln 2  A0
 53 .
T1 2  10 c . Ответ: A  A0 exp  

 2 
2
2.3.10. Кинетическая энергия -частицы, вылетающей из ядра атома радия при радиоактивном распаде W1 = 4,78 МэВ . Найти скорость
-частицы и полную энергию W, выделяющуюся при вылете -частицы.
Ответ: v 
M Ra
2W1
м
 1,52 10 7
 4,87 МэВ .
; W  W1
m
с
M Ra  m
2.3.11. Найти энергию Q, выделяющуюся при реакции
Li11H 47 Be 01n . Ответ: Q = – 1,64 МэВ.
2.3.12. Найти энергию Q, поглощенную при реакции
14
4
1
17
7 N  2 He1 H  8 O . Ответ: Q = – 1,2 МэВ.
2.3.13. Какая энергия Q выделится, если при реакции
27
4
1
30
13 AL 2 He1 H  14 Si подвергаются превращению все ядра, находящие7
3
ся в массе m = 1 г алюминия? Ответ: Q  5,35 10 22 МэВ .
2.3.14. В реакции 147 N  24 He11H 178 O кинетическая энергия
-частицы W1 = 7,7 МэВ. Под каким углом к направлению движения
-частицы вылетает протон, если известно, что его кинетическая энергия W2 = 8,5 МэВ? Ответ:   320 .
2.3.15. При бомбардировке изотопа лития
Li дейтонами 12 H образуются две -частицы, разлетающиеся симметрично под углом  к направлению скорости бомбардирующих дейтонов. Какую кинетическую энергию W2
имеют образующиеся -частицы, если известно, что энергия бомбардирующих дейтонов W1 = 0,2 МэВ? Найти угол  . Ответ: W2 = 11,3 МэВ,   900 .
6
3
Таблица вариантов индивидуальных заданий
Для студентов очной формы обучения номера вариантов назначает
преподаватель, ведущий лабораторные занятия. Для студентов заочной
формы обучения выбор вариантов осуществляется по первой букве фамилии студента: «а» – 1-й вариант, «б» – 2-й вариант, «в, г» – 3-й вариант, «д,
е» – 4-й вариант, «ж, з» – 5-й вариант, «и, к» – 6-й вариант, «л, м» – 7-й вариант, «н, о» – 8-й вариант, «п, р» – 9-й вариант, «с, т» – 10-й вариант,
«у, ф» – 11-й вариант, «х, ц» – 12-й вариант, «ч, ш» – 13-й вариант, «щ,
88
э» – 14-й вариант, «ю, я» – 15-й вариант. Приведенные ниже таблицы вариантов предназначены для студентов, выполняющих 2 контрольные работы в
семестр (или студентов-заочников, изучающих физику в течение двух лет).
Оптика и квантовая физика
Номер
варианта
Вариант
1
Вариант
2
Вариант
3
Вариант
4
Вариант
5
Вариант
6
Вариант
7
Вариант
8
Вариант
9
Вариант
10
Вариант
11
Вариант
12
Вариант
13
Вариант
14
Вариант
15
Номера задач
1.1.1.
1.2.2.
1.2.18.
1.2.34.
1.2.50.
1.3.6.
2.1.7.
1.1.2.
2.1.23.
1.2.3.
2.2.9.
1.2.19
2.2.25.
1.2.35.
2.3.11.
1.2.51.
1.3.7.
2.1.8.
1.1.3.
2.1.24.
1.2.4.
2.2.10.
1.2.20.
2.2.26.
1.2.36.
2.3.12.
1.2.52.
1.3.8.
2.1.9.
1.1.4.
1.1.25.
1.2.5.
2.2.11.
1.2.21.
2.2.27.
1.2.37.
2.3.13.
1.2.53.
1.3.9.
2.1.10
1.1.5.
2.1.26.
1.2.6.
2.2.12.
1.2.22.
2.2.28.
1.2.38.
2.3.14.
1.2.54.
1.3.10.
2.1.11.
1.1.6.
2.1.27.
1.2.7.
2.2.13.
1.2.23.
2.2.29.
1.2.39.
2.3.15.
1.2.55.
1.3.11.
2.1.12.
1.1.7.
2.1.28.
1.2.8.
2.2.14.
1.2.24.
2.2.30.
1.2.40.
2.3.1.
1.2.56.
1.3.12.
2.1.13.
1.1.8.
2.1.29.
1.2.9.
2.2.15.
1.2.25.
2.2.16.
1.2.41.
2.3.2.
1.2.57.
1.3.13.
2.1.14.
1.1.9.
2.1.30.
1.2.10.
2.2.1.
1.2.26.
2.2.17.
1.2.42.
2.3.3.
1.2.58.
1.3.14.
2.1.15.
1.1.10.
2.1.16.
1.2.11.
2.2.2.
1.2.11.
2.2.18.
1.2.27.
2.3.4.
1.2.43.
1.2.59.
2.1.1.
1.1.11.
2.1.17.
1.2.12.
2.2.3.
1.2.28.
2.2.19.
1.2.44.
2.3.5.
1.2.60.
1.3.1.
2.1.2.
1.1.12.
2.1.18.
1.2.13
2.2.4.
1.2.29.
2.2.20.
1.2.45.
2.3.6.
1.2.46.
1.3.2.
2.1.3.
1.1.13.
2.1.19.
1.2.14.
2.2.5.
1.2.30.
2.2.21.
1.2.31.
2.3.7.
1.2.47.
1.3.3.
2.1.4.
1.1.14.
2.1.20.
1.2.15.
2.2.6.
1.2.16.
2.2.22.
1.2.32.
2.3.8.
1.2.48.
1.3.4.
2.1.5.
1.1.15.
2.1.21.
1.2.1.
2.2.7.
1.2.17.
2.2.23.
1.2.33.
2.3.9.
1.2.49.
1.3.5.
2.1.6.
2.1.22.
2.2.8.
2.2.24.
2.3.10.
89
Ниже приведены таблицы вариантов контрольных работ для студентов-очников, изучающих физику в течение одного семестра (или
студентов-заочников, изучающих физику один год). Методы определения вариантов приведены выше.
Оптика и квантовая физика
Номер
варианта
Номера задач
Вариант
1
1.1.1.
1.2.3.
1.2.34
1.3.5.
2.1.6.
2.2.7.
Вариант
2
1.1.18.
1.2.4.
1.2.35
1.3.6.
2.1.7.
2.2.8.
Вариант
3
1.1.3.
1.2.5.
1.2.36.
1.3.7.
2.1.8.
2.2.9.
Вариант
4
1.1.20.
1.2.6.
1.2.37.
1.3.8.
2.1.9.
2.2.10.
Вариант
5
1.1.5.
1.2.7.
1.2.38.
1.3.9.
2.1.10.
2.2.11.
Вариант
6
1.1.22.
1.2.8.
1.2.39.
1.3.10.
2.1.11.
2.2.12.
Вариант
7
1.1.7.
1.2.9.
1.2.40.
1.3.11.
2.1.12.
2.2.13.
Вариант
8
1.1.24.
1.2.10.
1.2.41.
1.3.12.
2.1.13.
2.2.14.
Вариант
9
1.1.9.
1.2.11.
1.2.42.
1.3.13.
2.1.14.
2.2.15.
Вариант
10
1.1.26.
1.2.12.
1.2.43.
1.3.14.
2.1.15.
2.2.1.
Вариант
11
1.1.11.
1.2.13.
1.2.44.
1.3.15.
2.1.1.
2.2.2.
Вариант
12
1.1.28.
1.2.14.
1.2.45.
1.3.1.
2.1.2.
2.2.3.
Вариант
13
1.1.13.
1.2.15.
1.2.31.
1.3.2.
2.1.3.
2.2.4.
Вариант
14
1.1.30.
1.2.1.
1.2.32.
1.3.3.
2.1.4.
2.2.5.
Вариант
15
1.1.15.
1.2.2.
1.2.33.
1.3.4.
2.1.5.
2.2.6.
90
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Волькенштейн В.С. Сборник задач по общему курсу физики:
Для студ. техн. вузов / В.С.Волькенштейн. 3-е изд,, испр. и доп. – СПб.:
Кн. мир, 2003. – 328 с.
2. Дмитриева В.Ф. Основы физики: Учеб. пособие для студентов
вузов / В.Ф. Дмитриева, В.Л. Прокофьев. 2-е изд., испр., доп. – М.:
Высш. шк., 2001. – 526 с.
3. Савельев И.В. Курс физики: Учебник для втузов. В 3-х т. Т. 1:
Механика. Молекулярная физика / И.В. Савельев. – М.: Наука, 1989. –
352 с.
4. Савельев И.В. Курс общей физики: Для втузов. В 3-х т. Т. 2:
Электричество и магнетизм. Волны. Оптика / И.В. Савельев. – М.:
Наука, 1978. – 480 с.
5. Савельев И.В. Курс общей физики: Учеб. пособие. В 3-х т. Т. 3:
Квантовая оптика. Атомная физика. Физика твердого тела. Физика
атомного ядра и элементарных частиц / И.В. Савельев. 3-е изд., испр. –
М.: Наука, 1987. – 320 с.
6. Савельев И.В. Сборник вопросов и задач по общей физике:
Учебное пособие для студ. вузов / И.В. Савельев. – М.: Астрель: АСТ,
2001. – 318с.
7. Трофимова, Таисия Ивановна Сборник задач по курсу физики с
решениями: Учеб. пособие для студ. вузов / Т.И. Трофимова,
З.Г. Павлова. 4-е изд., стереотип. – М.: Высш. шк., 2003. – 591 с.
91
СОДЕРЖАНИЕ
1. ОПТИКА.....................................................................................................1
1.1. Геометрическая оптика. Оптические системы .................................3
1.2. Волновая оптика. Взаимодействие электромагнитных волн
с веществом........................................................................................ 18
1.3. Основы специальной теории относительности .............................. 41
2. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА ......................................................................... 48
2.1. Квантовая природа излучения .......................................................... 48
2.2. Теория атома водорода по Бору.
Элементы квантовой механики ........................................................ 64
2.3. Элементы ядерной физики ............................................................... 81
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ ........................................................................... 91
Учебное издание
Олейник Анжелика Ивановна
Шавлюгин Александр Иванович
Шмакова Элена Эдуардовна
ФИЗИКА
Практикум
Часть 3
В авторской редакции
Компьютерная верстка М.А. Портновой
Лицензия на издательскую деятельность ИД № 03816 от 22.01.2001
Подписано в печать
.10.05. Формат 6084/16.
Бумага писчая. Печать офсетная. Усл. печ. л..
Уч.-изд. л. Тираж экз. Заказ
________________________________________________________
Издательство Владивостокского государственного университета
экономики и сервиса
690600, Владивосток, ул. Гоголя, 41
Отпечатано в типографии ВГУЭС
690600, Владивосток, ул. Державина, 57
92