IE DE 5 6 7

ПОДГОТОВКА
К ИНТЕРНЕТ-ЭКЗАМЕНУ ПО ФИЗИКЕ
Дидактические единицы № 5, 6, 7
МИНОБРНАУКИ РОССИИ
Федеральное государственное бюджетное
образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Омский государственный технический университет»
Все права на размножение и распространение
в любой форме остаются за разработчиком.
Нелегальное копирование и использование данного
продукта запрещено.
Авторы: С. В. Данилов, В. А. Егорова,
Н. А. Прокудина, В. П. Шабалин,
Н. Г. Эйсмонт (текст издания)
Рецензенты:
ПОДГОТОВКА
К ИНТЕРНЕТ-ЭКЗАМЕНУ
ПО ФИЗИКЕ
Дидактические единицы № 5, 6, 7
Т. А. Аронова, канд. физ.-мат. наук, доцент кафедры
физики и химии ОмГУПС;
В. И. Блинов, канд. физ.-мат. наук, доцент
кафедры
«Прикладная
и
медицинская
физика»
ОмГУ им. Ф. М. Достоевского
Учебное электронное издание
локального распространения
Редактор К. В. Муковоз
Компьютерная верстка Т. А. Бурдель
Рекомендовано редакционно-издательским советом
Омского государственного технического университета
Издательство ОмГТУ
644050, Омск, пр. Мира, 11
E-mail: info@omgtu.ru
Омск
Издательство ОмГТУ
2012
© ОмГТУ, 2012
2
ВВЕДЕНИЕ
Пособие ориентировано на обеспечение уровня и качества подготовки
студентов, соответствующих требованиям Государственных образовательных
стандартов профессионального образования третьего поколения. Проработка
студентами представленных материалов обеспечит эффективность освоения
всех дидактических единиц дисциплины на уровне единых требований к оценке
качества подготовки специалистов.
Учебное пособие состоит из трех частей, соответствующих дидактическим
единицам № 5 «Волновая и квантовая оптика», № 6 «Квантовая физика, физика
атома» и № 7 «Элементы ядерной физики и физики элементарных частиц».
В каждой части сформулированы основные понятия и законы,
соответствующие учебному материалу раздела, рекомендации по подготовке к
тестированию по соответствующей дидактической единице, подробный разбор
типовых тестовых заданий и материалы для самоконтроля студентов.
В пособии использованы материалы открытого доступа сайта www.fepo.ru
Национального аккредитационного агентства в сфере образования.
3
Дидактическая единица № 5
ВОЛНОВАЯ И КВАНТОВАЯ ОПТИКА
Контролируемые темы
21
Интерференция и дифракция света
22
Поляризация и дисперсия света
23
Тепловое излучение. Фотоэффект
24
Эффект Комптона. Световое давление
Тема 21. Интерференция и дифракция света
Необходимо знать:
– явления дифракции и интерференции света;
– условие максимумов и минимумов;
– оптическую разность хода.
Краткая теория
Интерференцией называется явление перераспределения энергии в
пространстве при наложении когерентных волн.
Когерентными называются волны одного направления, с одинаковыми
плоскостями колебаний светового вектора, одинаковой частотой и с
постоянной во времени разностью фаз.
Условия наблюдения максимумов и минимумов интерференции
определяются разностью фаз складываемых колебаний.
∆ϕ = 2kπ
− max ⎫
⎬ k = 0, 1, 2...
∆ϕ = (2k + 1)π − min⎭
(21.1)
Разность фаз интерферирующих волн связана с оптической разностью хода:
∆ = l2 − l1 ,
где l – оптическая длина пути световой волны.
При этом l = S⋅n, где S – геометрическая длина пути световой волны в
однородной среде с показателем преломления n. Кроме того, при нахождении l
надо учитывать, что при отражении от оптически более плотной среды световая
волна меняет фазу на π. В этом случае к оптической длине пути надо прибавить
(или отнять) λ/2.
4
Связь разности фаз с оптической разностью хода дает общие условия
наблюдения интерференционных максимумов и минимумов:
λ
⎫
∆ = 2k
− max ⎪
⎪
2
(21.2)
⎬ k = 0, 1, 2...
λ
⎪
∆ = ( 2k + 1)
2
− min ⎪
⎭
Интерференция при отражении от тонких пленок. При падении света на
тонкую пленку происходит отражение от обеих поверхностей пластинки.
В результате возникают когерентные волны 1 и 2, которые могут интерферировать. При этом
∆ = 2 d n 2 − sin 2 α ± λ / 2 ,
(21.3)
где d – толщина пленки;
n – показатель преломления;
α – угол падения;
λ/2 – добавочная разность хода, учитывающая смену фазы на π при
отражении 1-й волны от более плотной среды (пленки).
Дифракцией называется огибание волной препятствий. Для качественной
оценки результатов дифракции фронт волны разбивают на зоны Френеля –
участки, построенные таким образом, что расстояние от краев каждой зоны до
точки наблюдения отличается на λ/2.
Тогда амплитуда результирующей
световой волны в точке Р будет равна:
А = А1 – А2 + А3 – А4 + А5 – … . (21.4)
При неограниченном фронте волны
А = А1/2.
(21.5)
При четном числе зон в точке
Р – min, при нечетном – max.
Дифракционной решеткой называется совокупность большого числа одинаковых, отстоящих друг от друга на
одно и то же расстояние, щелей. Условие главных максимумов решетки имеет
вид
d sin ϕ = 2 k
где d – период решетки;
φ – угол дифракции.
5
λ
2
, k = 0, 1, 2 ... ,
(21.6)
Дифракционная решетка служит спектральным прибором, разрешающая
способность которого
λ
R=
.
(21.7)
∆λ
Разрешающая способность дифракционной решетки может быть найдена по
формуле
R = kN,
(21.8)
где k – порядок дифракционного спектра;
N – общее число щелей решетки.
Типовые тестовые задания
Задание № 1(21)
Для интерференции двух волн необходимо и достаточно:
1. Одинаковая частота и одинаковое направление колебаний.
2. Одинаковая амплитуда и одинаковая частота колебаний.
3. Постоянная для каждой точки разность фаз и одинаковое направление
колебаний.
Решение
Согласно определению когерентных волн правильный ответ № 3.
Задание № 2(21)
Если на пути одного из двух интерферирующих лучей поставить синюю
тонкую пластинку, а на пути второго – красную, то:
1. Интерференционная картина будет представлять чередование фиолетовых полос.
2. Интерференционная картина будет представлять чередование красных,
черных, синих полос.
3. Интерференционной картины не будет.
4. Интерференционная картина будет представлять чередование красных,
синих полос.
Решение
Когерентные волны должны иметь одинаковую длину волны. Правильный
ответ № 3.
6
Задание № 3(21)
Когерентные волны с начальными фазами ϕ1 и ϕ2 и разностью хода ∆ при
наложении максимально ослабляются при выполнении условия ( k = 0, 1, 2):
1.
∆=
2. ∆ =
(2k +1)λ .
3. ϕ1 – ϕ2 = 2 kπ .
2
λ
4
4. ∆ = k λ .
.
Решение
Согласно формулам (21.1) и (21.2) условию минимума соответствует
ответ № 1.
Задание № 4(21)
Разность хода двух интерферирующих лучей монохроматического света
равна λ 4 ( λ – длина волны). При этом разность фаз колебаний равна:
1. π 6 .
2. π 4 .
4. π 2 .
3. π .
Решение
Так как разности хода ∆ = λ соответствует разность фаз 2π, то разности хода
λ/4 соответствует разность фаз: ∆ϕ =
2π λ π
⋅ = . Правильный ответ № 4.
λ 4 2
Задание № 5(21)
При интерференции когерентных лучей с длиной волны 400 нм максимум
второго порядка возникает при разности хода:
1. 100 нм.
2. 400 нм.
3. 800 нм.
Решение
Согласно формулам (21.2) условие максимумов: ∆ = 2k
порядка при k = 2 соответствует ∆ = 2 ⋅ 2
4. 200 нм.
λ
2
. Максимум второго
400
= 800 нм. Правильный ответ № 3.
2
7
Задание № 6(21)
Укажите, при каких из перечисленных ниже значениях разности хода в точке
А будет наблюдаться максимум (минимум) интерференции, если λ = 600 нм:
1. 0. 2. 300 нм. 3. 600 нм. 4. 900 нм. 5. 1200 нм. 6. 1500 нм. 7. 3000 нм.
Решение
Согласно формулам (21.2) максимумы наблюдаются при
условии ∆ = 2 k
λ
2
(k = 0, 1, 2, 3,…). Значит ∆ = 0, 600, 1200,
1800, 2400, 3000 нм… . Правильный ответы № 1, 3, 5, 7.
Минимумы наблюдаются при условии ∆ = (2 k + 1)
λ
2
(k = 0, 1, 2, …). Значит
∆ = 300, 900, 1500 нм… . Правильные ответы № 2, 4, 6.
Задание № 7(21)
Тонкая стеклянная пластинка с показателем преломления n и толщиной d
помещена между двумя средами с показателями преломления n1 и n2 , причем
n1 < n < n 2 . На пластинку нормально падает свет с длиной волны λ .
Разность хода интерферирующих отраженных лучей равна:
1. 2dn2+λ/2.
2. 2dn.
3. 2dn1.
4. 2dn+λ/2.
Решение
Согласно формуле (21.3) при угле падения α = 0 ∆ = 2dn ±
λ
2
. Правильный
ответ № 4.
Задание № 8(21)
Тонкая пленка, освещенная белым светом, вследствие явления интерференции в отраженном свете имеет зеленый цвет. При уменьшении толщины пленки
ее цвет:
1. Не изменится.
2. Станет красным.
8
3. Станет синим.
Решен
ние
Соглассно форм
муле (21.33) при умееньшении
и толщины пленки
и d уменььшится и
р
разность
х
хода
∆. Зн
начит макксимум буудет набл
людаться для
д меньш
шей длины
ы волны
λ Меньшеей длине волны
λ.
в
сооответствуует синий цвет. Праавильный ответ № 3.
3
Задан
ние № (9))21
На рисун
нке предсставлена схема раазбиения
п
сти Ф наа зоны Френеля.
Ф
воллновой поверхнос
Раазность хода
х
меежду луччами
раввна … .
ние
Решен
По построению
ю зон Фреенеля данн
ная разно
ость хода равна λ/22.
Задан
ние № (100)21
Если открыть
о
в
все
n зоон Френеля, то ин
нтенсивноость светаа от первой зоны
Ф
Френеля:
3. Увееличится в n раз.
1. Умееньшитсяя в 2 раза.
2. Ум
меньшитсяя в 4 раза.
4. Увееличится в 2 раза.
ние
Решен
Соглаасно форм
мулам (21.4) и (21.5) ампл
литуда реезультируующей во
олны от
в
всех
зон Френеля равна А1/2. Так как
к интен
нсивностьь пропорц
циональн
на А2, то
и
интенсивн
ность стаанет меньш
ше в 22 рааз. Правильный оттвет № 2.
ние № 11((21)
Задан
Одна и та же дифракци
д
ионная реешетка оссвещаетсяя различн
ными мон
нохромат
тическим
и излучен
ниями с разными
р
и
интенсивн
ностями. Какой ри
исунок соответств
вует
случаю освещ
щения светтом с наи
именьшей
й длиной волны?
в
9
1.
2.
3.
4.
Решение
Согласно формуле (21.6) чем меньше длина волны, тем меньше и угол
дифракции в спектре одного и того же порядка. Из рисунков видно, что угол
дифракции для первого максимума наименьший на втором рисунке.
Правильный ответ № 2.
Задание № 12(21)
Дифракционная решетка освещается зеленым светом. При освещении
решетки красным светом картина дифракционного спектра на экране:
1. Ответ неоднозначный, так как зависит от параметров решетки.
2. Не изменится.
3. Сузится.
4. Расширится.
5. Исчезнет.
Решение
Согласно формуле (21.6) чем больше длина волны света λ, тем больше угол
дифракции φ. У красного света длина волны больше, чем у зеленого, значит
правильным является ответ № 4.
Задание № 13(21)
Две плоские монохроматические волны с длинами λ1 и λ2 . У экспериментатора
имеется две дифракционные решетки. Число щелей в этих решетках N1 и N 2 , а их
10
постоянные d 1 и d 2 соответственно. При нормальном падении света на дифракционную решетки 1 получено изображение в максимуме m, показанное на рис. 1.
После того как дифракционную решетку 1 поменяли на решетку 2, изображение
максимума m стало таким, как показано на рис. 2. Постоянная решетки и число
щелей у этих решеток соотносятся следующим образом:
1. N 2 > N 1 ; d1 = d 2 .
3.
N 1 > N 2 ; d1 = d 2 .
2. N1 = N 2 ; d1 > d 2 .
Решение
1. Видно, что на обоих рисунках дифракционные максимумы наблюдаются
при одинаковых углах φ1 и φ2. Из формулы (21.6) следует, что d1 = d2.
2. Видно, что на 2-м рисунке спектральные линии уже, чем на 1-м,
т. е. разрешающая способность второй решетки больше, чем первой. Из формул
(21.7) и (21.8) следует, что это возможно при N2 > N1. Правильный ответ № 1.
Тема 22. Поляризация и дисперсия света
Необходимо знать:
– явление поляризации света;
– закон Малюса;
– поляризацию света при отражении света от диэлектриков (угол Брюстера).
Краткая теория
Плоскополяризованным называется свет, в котором колебания светового
вектора происходят только в одной плоскости. Плоскополяризованный свет
получают из естественного с помощью приборов – поляризаторов.
11
Если через поляризатор пропустить естественный свет с интенсивностью I0,
то интенсивность прошедшего поляризованного света
I1 = 0,5 I 0 .
(22.1)
Если на поляризатор падает уже плоскополяризованный свет с
интенсивностью I1, интенсивность прошедшего света I2 определяется законом
Малюса:
I 2 = I1 cos 2 ϕ,
(22.2)
где ϕ – угол между плоскостью колебаний падающего света и плоскостью
поляризатора.
Степень поляризации частично поляризованного света:
P=
I max − I min
.
I max +I min
(22.3)
При отражении света от диэлектрика
имеет место закон Брюстера: отраженный от
диэлектрика свет будет полностью поляризован, если тангенс угла падения αБ равен
относительному показателю преломления сред
n21 = n2 n1 :
tg αБ = n21 .
(22.4)
Дисперсией называется зависимость показателя преломления вещества от
длины волны λ (или частоты ω) света:
n = f (λ ) или n= f (ω ) .
Если dn < 0 ; dn > 0, то дисперсия называется нормальной.
dλ
dω
(22.5)
Если
dn
dn
> 0;
< 0, то дисперсия является аномальной.
dω
dλ
Типовые тестовые задания
Задание № 1(22)
На пути естественного света помещены две пластинки турмалина. После
прохождения пластинки 1 свет полностью поляризован. Если
12
I1 и I 2 –
интенсивности света, прошедшего пластинки 1 и 2 соответственно, и I 2 = I 1 4 ,
тогда угол между направлениями OO и O'O' равен … .
Решение
Согласно закону Малюса (22.2)
cos ϕ =
I2
I1 1
=
= , значит φ = 60°.
4 I1 2
I1
Задание № 2(22)
При пропускании пучка естественного света через два последовательных
идеальных поляризатора, угол между осями свободного пропускания которых
45°, интенсивность пучка:
1. Уменьшится в 2 раза.
3. Не изменится.
2. Уменьшится в 4 раза.
4. Уменьшится в
2 раз.
Решение
Согласно формулам (22.1) и (22.2) I 2 =
I
1
1
1
I 0 cos 2 ϕ , тогда 2 = cos 2 45o = .
I0
2
4
2
Правильный ответ № 2.
Задание № (3)22
На рисунках представлены графики
зависимости интенсивности J света,
прошедшего через поляризатор, для трех
разных волн от угла поворота ϕ
поляризатора. На основании графиков
укажите верное соотношение степеней
поляризации падающих на поляризатор
трех световых волн.
1. Pa = Pb < Pc .
2. Pa = Pb = Pc .
3. Pa < Pb = Pc .
4. Pa < Pb < Pc .
13
Решение
Согласно формуле (22.3) степень поляризации зависит от максимальной и
минимальной интенсивности частично поляризованного света, пропущенного
через поляризатор при разных углах его поворота. Из рисунков видно, что
I max во всех случаях одинакова, а I min наименьшая на рисунке с, наибольшая
на рисунке а. Значит Pc > Pb > Pa . Правильный ответ № 4.
Задание № 4(22)
Явление поляризации света при отражении правильно изображает рисунок
(двусторонними стрелками и точками указано направление колебаний
светового вектора):
1.
3.
2.
4.
Решение
При падении естественного света на диэлектрик под углом Брюстера (угол
между отраженным и преломленным лучами при этом равен 90°) отраженный
луч полностью поляризован, причем колебания в нем происходят перпендикулярно плоскости падения. Этому соответствует рисунок № 1.
Задание № 5(22)
При падении света из воздуха на диэлектрик отраженный луч полностью
поляризован при угле падения 60°. При этом угол преломления равен:
1. 45°.
2. 90°.
3. 60°.
14
4. 30°.
Решение
По закону Брюстера (22.4) n21 = tg 60o = 3 . По закону преломления n21 =
sin α
.
sin γ
⎛ 3 ⎞
⎛ sin α ⎞
⎜
2 ⎟ = arcsin ⎛ 1 ⎞ = 30o.
Тогда угол преломления γ = arcsin ⎜
⎟ = arcsin ⎜
⎜ ⎟
⎟
⎝2⎠
⎝ n 21 ⎠
⎜ 3 ⎟
⎝
⎠
Правильный ответ № 4.
Задание № 6(22)
При падении света из воздуха на диэлектрик отраженный луч полностью
поляризован. Угол преломления равен 30°. Тогда показатель преломления
диэлектрика равен:
1. 2.
2. 1,5.
3.
2.
4.
3.
Решение
По закону Брюстера (22.4) n21 = tg α =
n 21 =
sin α
. По закону преломления
cos α
sin α
1
, из чего следует, что cos α = sin γ = и угол падения α = 60°.
sin γ
2
o
Тогда n21 = tg 60 =
3. Правильный ответ № 4.
Задание № (7)22
Графики дисперсионных кривых зависимостей показателя преломления
среды от частоты ω и длины волны λ света имеют вид, представленный
на рисунках.
Участки кривых АВ и С'D' соответствуют
дисперсии:
1. АВ – нормальной, С'D' – нормальной.
2. АВ – аномальной, C'D' – нормальной.
3. АВ – нормальной, C'D' – аномальной.
4.
АВ – аномальной, C'D' – аномальной.
15
Решение
dn
dn
>0 и
< 0 на заданных участках
dω
dλ
дисперсионных кривых, то согласно формулам (22.5) это случаи нормальной
дисперсии. Правильный ответ № 1.
Так как из рисунков видно, что
Тема 23. Тепловое излучение. Фотоэффект
Необходимо знать:
– характеристики теплового излучения: излучательная способность
(спектральная плотность энергетической светимости), энергетическая
светимость, поглощательная способность;
– законы теплового излучения: закон Стефана – Больцмана, закон
смещения Вина;
– законы фотоэффекта.
Краткая теория
Тепловым излучением называется испускание электромагнитных волн за
счет внутренней энергии тел. Величины, характеризующие этот вид излучения:
RT =
dW
dSdt
– энергетическая светимость – величина, равная энергии,
испускаемой единицей поверхности тела в единицу времени по всем
направлениям. Она является функцией температуры.
rλ ,T =
dRT
dλ
–
спектральная
плотность
энергетической
светимости
(излучательная способность) – величина, равная энергии,
испускаемой единицей поверхности тела в единицу времени по всем
направлениям в единичном интервале длин волн.
a λ,T =
dΦ λпогл
– поглощательная способность – безразмерная величина,
dΦ λ
равная отношению потока энергии, поглощенной телом, к потоку
энергии, падающей на тело при данной температуре и длине волны.
Тело, полностью поглощающее упавшее на него излучение всех длин волн,
называется абсолютно черным (aλ,T ≡ 1).
Закон Стефана – Больцмана. Энергетическая светимость абсолютно
черного тела прямо пропорциональна четвертой степени его абсолютной
температуры.
RT = σT 4 ,
где σ – постоянная Стефана – Больцмана, σ = 5,67 ⋅10−8 Вт/(м 2 ⋅ К4) .
16
(23.1)
Закон смещения Вина. Длина волны, на которую приходится максимум
спектральной плотности энергетической светимости абсолютно черного тела,
обратно пропорциональна его абсолютной температуре:
λmax = b T ,
(23.2)
где b – постоянная Вина, b = 2,9⋅10–3 м⋅К.
Внешним фотоэффектом называется испускание электронов с поверхности
металлов под действием света. Фотоэффект объясняется взаимодействием
фотонов со свободными электронами металлов.
Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта:
hω = Aвых
mvm2 ,
+
2
(23.3)
где Aвых – работа выхода электрона из металла (табличная величина);
mvm2 2 – максимальная кинетическая энергия электрона.
Фотоэффект возможен только при условии
hω ≥ Aвых ,
или
ω0 ≥
Aвых
,
h
(23.4)
где ω0 – красная граница фотоэффекта.
Для торможения вылетающих электронов необходимо приложить задерживающее напряжение U з , которое можно найти из условия
mvm2
= e Uз,
2
(23.5)
где e – заряд электрона.
Типовые тестовые задания
Задание № 1(23)
На рисунке показана кривая зависимости
спектральной плотности энергетической светимости абсолютно черного тела от длины волны
при Т = 6000 К. Если температуру тела уменьшить в 4 раза, то длина волны, соответствующая
максимуму излучения абсолютно черного тела:
17
1. Увеличится в 2 раза.
3. Уменьшится в 4 раза.
2. Увеличится в 4 раза.
4. Уменьшится в 2 раза.
Решение
Согласно закону смещения Вина (23.2) при уменьшении температуры тела
в 4 раза длина волны, соответствующая максимуму излучения, увеличится
в 4 раза. Правильный ответ № 2.
Задание № 2(23)
Если температуру тела уменьшить в 2 раза, то энергетическая светимость
абсолютно черного тела:
1. Уменьшится в 16 раз.
2. Увеличится в 2 раза.
3. Уменьшится в 4 раза.
4. Увеличится в 16 раз.
Решение
Согласно закону Стефана – Больцмана (23.1) RT = σ T , значит если Т
уменьшить в 2 раза, то RT уменьшится в 24 = 16 раз. Правильный ответ № 1.
4
Задание № 3(23)
На рисунке показаны кривые зависимости
спектральной
плотности
энергетической
светимости абсолютно черного тела от длины
волны при разных температурах. Если кривая
2 соответствует спектру излучения абсолютно
черного тела при температуре 1450 К, то
кривая 1 соответствует температуре (в К):
1. 725.
2. 5800.
3. 1933.
18
4. 2900.
Решение
Из графиков видно, что λmax1 = 500 нм, а λmax2 = 2000 нм. По закону
смещения
T1 = T2
Вина
(23.2)
λmax
=
b/T,
тогда
λmax 1
T
= 2
λmax 2
T1
и
λ max 2
2000
= 1450
= 5800 К. Правильный ответ № 2.
λ max1
500
Задание № 4(23)
Абсолютно черное тело и серое тело имеют одинаковую температуру.
При этом интенсивность излучения:
1. Одинаковая у обоих тел.
2. Определяется площадью поверхности тела.
3. Больше у серого тела.
4. Больше у абсолютно черного тела.
Решение
Согласно закону Кирхгофа для теплового излучения чем больше
поглощательная способность тела, тем больше и его излучательная
способность. Поэтому интенсивность излучения абсолютно черного тела при
одинаковых условиях всегда наибольшая. Правильный ответ № 4.
Задание № 5(23)
Распределение энергии в спектре излучения абсолютно черного тела в
зависимости от частоты излучения для температур Т1 > Т2 верно представлено
на рисунке:
1.
2.
3.
19
Решение
На рисунках представлены зависимости излучательной способности от
частоты (а не от длины волны) излучения. Учитывая, что λ =
2π с
ω
, закон
смещения Вина можно записать: ω max = 2 π c T . Тогда и закону смещения Вина
b
и закону Стефана – Больцмана удовлетворяет рисунок № 2.
Задание № 6(23)
На рисунке изображены зависимости фототока от напряжения
(вольтамперные характеристики фотоэффекта), полученные при различных
условиях. Какая кривая была получена при освещении металла
монохроматическим излучением с длиной волны, равной красной границе
фотоэффекта?
Решение
При освещении металла излучением с длиной
волны, равной красной границе фотоэффекта,
кинетическая энергия выбитых электронов
равна нулю, а значит согласно (23.5) и
задерживающее напряжение равно нулю.
Правильный ответ № 1.
Задание № 7(23)
На рисунке приведены две вольт-амперные характеристики вакуумного
фотоэлемента. Если E – освещенность фотоэлемента, а ν – частота падающего
на него света, то для данного случая справедливы соотношения:
1. ν1 =ν 2 ; E1 < E2 .
2. ν1 > ν 2 ; E1 = E2 .
3. ν1 < ν 2 ; E1 = E2 .
4. ν1 =ν 2 ; E1 > E2 .
20
Решение
Для данных характеристик сила тока насыщения одинакова, значит по
закону Столетова Е1 = Е2. Задерживающее напряжение U1 > U2, значит ν1 > ν2.
Правильный ответ № 2.
Задание № 8(23)
На приведенном рисунке на осях х и
у отложены соответственно: частота
света ν и кинетическая энергия Wк
фотоэлектронов, вырываемых с поверхности фотокатода. Для некоторого
материала фотокатода исследованная
зависимость на рисунке представлена линией с. Укажите линию, которая будет
соответствовать случаю, когда материал фотокатода заменен на материал с
большей работой выхода.
Решение
Точка пересечения графика с осью частот ν0 показывает красную границу
фотоэффекта для данного вещества. Если взять материал с большей работой
выхода, то согласно (23.4) увеличится и красная граница фотоэффекта ν2 > ν0.
Этому соответствует линия d.
Задание № 9(23)
Если длина волны света, падающего на фотоэлемент остается неизменной,
то при увеличении падающего светового потока изменения в вольтамперной
характеристике правильно представлены на рисунке:
Решение
1. Так как длина волны падающего света не меняется, то не меняется и
задерживающее напряжение (точка начала графиков на оси U).
2. Увеличение светового потока должно привести к увеличению силы тока
насыщения. Этим двум условиям удовлетворяет рисунок б.
21
Задание № 10(23)
Кинетическая энергия электронов при внешнем фотоэффекте увеличивается, если:
1. Уменьшается энергия кванта падающего кванта.
2. Увеличивается работа выхода электронов из металла.
3. Уменьшается работа выхода электронов из металла.
4. Увеличивается интенсивность светового потока.
Решение
Из уравнения Эйнштейна (23.3) следует, что кинетическая энергия
электронов увеличится либо при увеличении энергии (частоты) падающих
квантов, либо при уменьшении работы выхода электронов из металла.
Правильный ответ № 3.
Задание № 11(23)
При фотоэффекте максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов
зависит от импульса падающих фотонов согласно графику:
1
2
3
4
Решение
Из уравнения Эйнштейна следует, что Emax = hν − Aвых . Но импульс
фотона равен pф = h = hν , тогда E max = pф c − Aвых . Это соответствует риλ c
сунку № 3.
Задание № 12(23)
Два источника излучают свет с длиной волны 375 и 750 нм. Отношение
импульсов фотонов, излучаемых первым и вторым источниками, равно:
1. 1/2.
2. 2.
3. 4.
22
4.
1
/4.
Решение
Импульс фотона связан с длиной волны p =
h
λ
. Тогда
p1 λ2 750
= =
= 2.
p2 λ1 375
Правильный ответ № 2.
Задание № 13(23)
На рисунке представлены две зависимости задерживающего напряжения Uз
от частоты ν падающего света. Укажите верные утверждения:
a) λ01 > λ02, где λ01 и λ02 – значения
красной границы фотоэффекта для соответствующего металла;
b) А2 < A1, где A1 и A2 – значения работы
выхода электронов из соответствующего
металла;
c) зависимости получены для двух различных металлов.
Решение
Из графиков видно, что частоты, соответствующие красным границам
фотоэффекта (точки пересечения графиков с осью ν), соотносятся как ν02 > ν01.
Так как λ = с/ν, то λ01 > λ02, т. е. первое утверждение верное. Так как работа
выхода связана с красной границей A = hν0, то должно быть А2 > А1 – второе
утверждение неверное. Работа выхода – это характеристика определенного
металла, значит третье утверждение верное. Правильные ответы: а, с.
Тема 24. Эффект Комптона. Световое давление
Необходимо знать:
– эффект Комптона;
– объяснение эффекта Комптона на основе корпускулярных представлений
о свете;
– зависимость светового давления от свойств поверхностей и параметров
светового потока.
23
Краткая теория
Эффект Комптона – увеличение длины волны фотонов после прохождения
через рассеивающее вещество. Данный эффект можно объяснить, рассматривая
рассеяние как процесс упругого столкновения рентгеновских фотонов с
внешними практически свободными электронами атомов вещества.
При этом выполняются закон сохранения импульса
hk’
ϑ
hk
r
r
r
hk = mυ + hk ′,
r
где hk – импульс фотона до столкновения;
r
mV
mυ – импульс электрона после столкновения;
r
hk – импульс фотона после столкновения
и закон сохранения энергии
hω + m0 c 2 = hω + mc 2 ,
где hω – энергия фотона до столкновения;
m0c2 – энергия покоя электрона;
hω – энергия фотона после столкновения;
mc2 – полная энергия электрона после столкновения.
Увеличение длины волны фотона при эффекте Комптона равно
∆λ = λс (1 − cos ϑ ) ,
где λc =
(24.1)
2πh
= 2,43 ⋅ 10 −12 м – комптоновская длина волны электрона.
m0 c
Давление света на поверхность, на которую он падает, объясняется
передачей фотонами этой поверхности некоторого импульса. Формула для
светового давления имеет вид
P = w (1 + ρ ) cos 2 ϕ ,
(24.2)
где w – объемная плотность энергии излучения, падающего на тело;
ρ – коэффициент отражения;
φ – угол падения.
w можно представить как w = I/c, где I – интенсивность падающего света
(плотность потока энергии излучения); с – скорость света.
24
Типовые тестовые задания
Задание № 1(24)
На легкой нерастяжимой нити подвешено коромысло с двумя лепестками,
один из которых зачернен, а другой – абсолютно белый. Установка освещается
нормально падающим светом, при это коромысло:
1. Повернется против часовой стрелки.
2. Повернется по часовой стрелке.
3. Останется неподвижным.
4. Направление поворота зависит от длины волны света.
Решение
Согласно формуле (24.2) давление на абсолютно белую поверхность (ρ = 1)
больше, чем на черную (ρ = 0). Значит коромысло повернется по часовой
стрелке. Правильный ответ № 2.
Задание № 2(24)
Одинаковое количество фотонов с длиной волны λ нормально падает на
непрозрачную поверхность. Наибольшее давление свет будет оказывать в
случае:
1. λ = 700 нм, поверхность – идеальное зеркало.
2. λ = 400 нм, поверхность – идеальное зеркало.
3. λ = 700 нм, поверхность абсолютно черная.
4. λ = 400 нм, поверхность абсолютно черная.
Решение
При одинаковом количестве фотонов давление зависит от импульса фотона
и коэффициента отражения. Импульс фотона
p=
h
λ
, т. е. больше при
λ = 400 нм. Коэффициент отражения больше у зеркальной поверхности.
Значит правильный ответ № 2.
25
Задание № 3(24)
На зеркальную пластинку падает поток света. Если число фотонов,
падающих на единицу поверхности в единицу времени, уменьшить в 2 раза,
а зеркальную пластинку заменить черной, то световое давление:
1. Уменьшится в 4 раза.
2. Уменьшится в 2 раза.
3. Увеличится в 2 раза.
Решение
При уменьшении числа падающих фотонов в 2 раза уменьшится и
интенсивность света, а при замене зеркальной пластинки на черную ρ
уменьшится от 1 до 0. Согласно формуле (24.2) давление уменьшится в 4 раза.
Правильный ответ № 1.
Задание № 4(24)
Параллельный пучок света падает по нормали на зачерненную плоскую
поверхность, производя давление P. При замене поверхности на зеркальную
давление света не изменится, если угол падения (отсчитываемый от нормали к
поверхности) будет равен:
1. 45°.
2. 60°.
3. 30°.
4. 0°.
Решение
При замене поверхности на зеркальную в формуле (24.2) ρ увеличится от 0
до 1. Чтобы давление не изменилось, надо чтобы cos2 ϕ = 1 . Отсюда
2
1
и φ = 45°. Правильный ответ № 1.
cos ϕ =
2
Задание № 5(24)
На рисунке показаны направления падающего фотона (γ ) , рассеянного
фотона (γ ′) и электрона отдачи (e). Угол рассеяния 90°, направление движения
электрона отдачи составляет с направлением падающего фотона угол φ = 30o.
Если импульс падающего фотона pф , то импульс рассеянного фотона равен:
26
a) 1,5 3 pф .
b)
3 pф .
c) 0,5 pф .
p
d) ф .
3
Решение
Построим диаграмму, иллюстрирующую закон
сохранения импульса при столкновении фотона с
1
электроном. Видно, что pф′ = pфtg ϕ = pф
.
3
Правильный ответ d.
Задание № 6(24)
На рисунке показаны направления падающего фотона (γ), рассеянного
фотона (γ') и электрона отдачи (е). Угол рассеяния 90°, направление движения
электрона отдачи составляет с направлением падающего фотона угол φ = 30°.
Если импульс электрона отдачи 3 (МэВ · с)/м, то
импульс рассеянного фотона (в тех же единицах)
равен:
a ) 1,5;
b) 1,5 3; c )
3;
d ) 2 3.
Решение
Построим диаграмму, иллюстрирующую закон
сохранения импульса при столкновении фотона с
электроном. Видно, что
pф′ = pe sin ϕ = 3 ⋅ 0,5 = 1,5. Правильный ответ а.
Задание № 7(24)
Кинетическая энергия электрона отдачи максимальна при угле рассеяния
фотона на свободном электроне, равном:
a) 90°.
b) 60°.
c) 180°.
d) 45°.
27
Решение
Согласно закону сохранения энергии при столкновении фотона с
электроном кинетическая энергия электрона отдачи будет максимальной при
минимальной энергии рассеянного фотона, т. е. при наибольшем изменении
длины волны фотона ∆λ после столкновения. Но в соответствии с формулой
(24.1) ∆λ максимальна при cos θ = – 1, т. е. угле рассеяния θ = 180°.
Правильный ответ с.
Дидактическая единица № 6
КВАНТОВАЯ ФИЗИКА, ФИЗИКА АТОМА
25
Контролируемые темы
Спектр атома водорода. Правило отбора
Дуализм свойств микрочастиц. Соотношение
неопределенностей Гейзенберга
27 Уравнения Шредингера (общие свойства)
28 Уравнение Шредингера (конкретные ситуации)
26
Тема 25. Спектр атома водорода. Правило отбора
Необходимо знать:
– энергетический спектр атома водорода;
– обозначение состояний электрона; закон сохранения момента импульса в
системе фотон – электрон;
– спиновый момент импульса фотона (в единицах постоянной Планка);
– формулы спектральных серий;
– связь изменения энергии электрона и частоты излучаемого кванта.
Краткая теория
Спектр излучения атома водорода является линейчатым. Частоты ν линий
спектра описываются формулой Бальмера:
ν
⎛
⎞
⎜ 1
1 ⎟
= R⎜
−
⎟,
⎜n 2 n 2 ⎟
2 ⎠
⎝ 1
(25.1)
где R = 3,293·1015 с–1 – постоянная Ридберга;
n1 и n2 – главные квантовые числа, причем n2 = n1 + 1, n1 + 2, n2 + 3 и т. д.
28
Группа спектральных линий с одинаковым значением n1 называется серией
спектральных линий:
n1 = 1 – серия Лаймана (ультрафиолетовая область),
n1= 2 – серия Бальмера (видимая часть спектра),
n1 = 3 – серия Пашена (инфракрасная область),
n1 = 4 – серия Брэккета (инфракрасная область).
Объяснение особенностей спектра излучения атома водорода было дано
Н. Бором. Квантовая теория строения атома, предложенная Н. Бором, основана
на двух постулатах.
1. Постулат стационарных состояний: электрон в атоме может находиться
только в одном из дискретных стационарных состояний, удовлетворяющих
правилу квантования mVr = nh ( n = 1, 2 ...) ; при этом излучение и
поглощение энергии не происходит.
2. Правило частот: при переходе атома из одного стационарного состояния в
другое испускается или поглощается кванта энергии hω.
Энергия светового кванта равна разности энергий тех стационарных
состояний, между которыми совершается квантовый скачок электрона:
hω = E n − E m .
(25.2)
Атом излучает квант электромагнитной энергии, когда электрон переходит
с орбиты с большим главным квантовым числом на орбиту с меньшим числом.
При обратном переходе происходит поглощение энергии.
Применение этих постулатов для расчета параметров атома водорода
позволило найти:
1) радиусы стационарных орбит:
4 πε 0 h 2 2
rn =
n ;
2
me
(25.3)
2) cкорости движения электрона на этих орбитах:
Vn =
e2
1
;
4πε 0 h n
(25.4)
3) энергии стационарных состояний атомов:
E=−
me 4
2
2 2
1
32 π ε 0 h n
;
(25.5)
2
4) длины волн спектральных линий, возникающих при переходах электрона
из одного стационарного состояния (с номером n1) в другое (с номером n2):
29
⎛ 1
1 ⎞
= R⎜ 2 − 2 ⎟,
⎜n
⎟
λ
⎝ 2 n1 ⎠
1
где R =
me 4
64π 3 ε0 2 h 3с
(25.6)
= 1, 097 ⋅ 107 м −1 – постоянная Ридберга.
Состояние электрона в атоме характеризуется набором квантовых чисел:
n, l, ml, s.
n – главное квантовое число, определяет энергетические уровни электрона в
атоме водорода и размеры электронного облака. Главное квантовое число
может принимать любые целочисленные значения, начиная с единицы: n = 1,
2, 3, 4 … . Состояние при n = 1 называется основным состоянием, а при n > 1 –
возбужденным.
l – орбитальное квантовое число, определяет модуль момента импульса
электрона и форму электронного облака. При заданном значении n орбитальное
квантовое число может принимать значения:
l = 0, 1, 2, …, n – 1.
Состояния электрона с различными значениями l приведены в таблице.
Значение l
Обозначение состояния
1
s
2
p
3
d
4
f
5
g
…
и далее в порядке
следования букв
латинского алфавита
В квантовой физике введено правило отбора, ограничивающее возможные
переходы электронов в атоме, сопровождаемое испусканием или поглощением
фотона. Согласно правилу отбора могут осуществляться только такие
переходы, для которых ∆l = ±1.
Магнитное квантовое число m определяет проекцию орбитального момента
импульса электрона на заданное направление.
Спиновое квантовое число s определяет модуль собственного момента
импульса электрона.
Типовые тестовые задания
Задание № 1(25)
На рисунке дана схема энергетических уровней атома водорода, а также
условно изображены переходы электрона с одного уровня на другой,
сопровождающиеся излучением кванта энергии. В ультрафиолетовой области
30
сспектра эти
э
перехходы даю
ют серию
ю Лаймаана, в ви
идимой ообласти – серию
Б
Бальмера
, в инфраакрасной области
о
– серию Пашена
П
и т. д.
Отношен
О
ние максим
мальной ччастоты линии
л
в
серрии Пашен
на
к миним
мальной чаастоте
лин
нии в сери
ии Бальмеера
равно:
1
5
4
4
1. .
2. .
.
4.
.
3.
3
36
5
277
Р
Решение
е
Серию Пашена
С
П
д
дают
перееходы наа третий
энеергетический уроввень, серрию Балььмера –
на второй
в
ур
ровень.
Максимаальная частота
ч
ллинии в серии
П
Пашена
б
будет
сооттветствоввать перехходу с треетьего уроовня на б
бесконечн
ность:
1 ⎞ R
⎛ 1
ν max П = R ⎜ 2 − 2 ⎟ =
∞ ⎠ 9
⎝3
.
Минимальная частота линии в серии Бальмера
Б
а соответтствует переходу
п
м
между
сосседними уровнями
у
и – вторым и третььим:
⎛ 1 1 ⎞ 5R .
ν min Б = R ⎜ 2 − 2 ⎟ =
⎝ 2 3 ⎠ 36
Тогда
νmaxП
νminБ
=
R 36
9 5R
=
4.
5
Прави
ильный ответ № 1..
Задан
ние № 2(225)
На ри
исунке сххематичесски изобрражены стационар
с
рные орбиты элекктрона в
а
атоме
вод
дорода соогласно модели Боора, а такж
же показааны перехходы элекктрона с
о
одной
стаационарноой орбиты
ы на друггую, сопр
ровождаю
ющиеся иззлучением
м кванта
э
энергии.
В ультррафиолетоовой облласти спеектра эти
и перехооды даютт серию
Л
Лаймана,
в видимоой – серию
ю Бальмеера, в инф
фракрасноой – серию
ю Пашенаа.
на (для пеереходов,, представвленных
Наиболльшей частоте кваанта в серии Пашен
н рисункке) соотвеетствует переход:
на
п
1. n = 5 → n = 3 .
3. n = 4 → n = 3 .
2. n = 5 → n = 2 .
4. n = 5 → n = 1.
31
Решение
Серию Пашена дают переходы на третий
энергетический уровень, при этом энергия
испускаемого кванта, а следовательно, и его частота
зависят от разности энергий электрона в начальном
и конечном состояниях. Поэтому наибольшей
частоте кванта в серии Пашена (для переходов,
представленных на рисунке) соответствует переход
n = 5 → n = 3 . Правильный ответ № 1.
Задание № 3(25)
На рисунке изображены стационарные орбиты атома водорода согласно
модели Бора, а также условно изображены переходы электрона с одной
стационарной орбиты на другую, сопровождающиеся излучением кванта
энергии. В ультрафиолетовой области спектра эти переходы дают серию
Лаймана, в видимой – серию Бальмера, в инфракрасной – серию Пашена.
Наибольшей длине волны кванта в серии
Лаймана соответствует переход:
1. n = 2 → n = 1 .
3. n = 4 → n = 3 .
2. n = 5 → n = 2 .
4. n = 5 → n = 1.
Решение
Cерию Лаймана дают переходы на первый
энергетический уровень, при этом энергия
испускаемого кванта, а следовательно, и его длина
зависят от разности энергий электрона в начальном и конечном состояниях.
Поэтому наибольшей длине кванта в серии Пашена (для переходов,
представленных на рисунке) соответствует переход n = 2 → n = 1 . Правильный
ответ № 1.
Задание № 4(25)
Электрон в атоме водорода перешел из основного
возбужденное с n = 3. Радиус его боровской орбиты:
1. Уменьшился в 3 раза.
2. Не изменился.
состояния
3. Увеличился в 3 раза.
4. Увеличился в 9 раз.
32
в
Решение
Радиусы стационарных орбит определяются по формуле
4πε 0 h 2 2
rn =
n .
me 2
Для основного состояния n = 1, и радиус орбиты электрона равен первому
боровскому радиусу
4πε 0 h 2 2
r1 =
1 = а0 .
me2
Для возбужденного состояния при n = 3
4πε 0 h 2 2
r3 =
3 = 9а0 .
me2
То есть при переходе из основного состояния в возбужденное при n = 3
радиус орбиты электрона увеличился в 9 раз. Правильный ответ № 4.
Задание № 5(25)
Закон сохранения момента импульса накладывает ограничения на
возможные переходы электрона в атоме с одного уровня на другой (правило
отбора). В энергетическом спектре атома водорода
(см. рисунок) запрещенным переходом является:
1. 4s → 3 p .
3. 4 f → 3d .
2. 3s → 2s .
4. 3 p → 2s .
Решение
Для орбитального квантового числа l существует
правило отбора ∆l = ±1. Это означает, что возможны только такие переходы, в
которых l изменяется на единицу. Поэтому запрещенным переходом является
переход 3s → 2s, так как в этом случае ∆l = 0. Правильный ответ № 2.
Тема 26. Дуализм свойств микрочастиц.
Соотношение неопределенностей Гейзенберга
Необходимо знать:
– корпускулярно-волновой дуализм частиц вещества;
– формула де Бройля;
33
– соотношение неопределенностей Гейзенберга для координат и проекций
импульса микрочастицы и для энергии и времени жизни микрочастицы в
некотором состоянии.
Краткая теория
В 1923 году Луи де Бройль выдвинул гипотезу, что корпускулярноволновой дуализм не является особенностью одних только оптических явлений,
но имеет универсальное значение, т. е. электрон и любые другие элементарные
частицы, наряду с корпускулярными свойствами, обладают и волновыми.
Корпускулярные свойства микрообъекта описываются через энергию Е и
импульс р, а волновые – через частоту ν (ω) и длину волны λ.
По предположению де Бройля движение электрона или какой-либо другой
частицы связано с волновым процессом, длина волны которого равна
2πh 2πh
=
λ=
,
(26.1)
р
mV
а частота
ω = E /h.
(26.2)
Данная гипотеза подтверждена экспериментально.
Своеобразие свойств микрочастиц проявляется в том, что не для всех
динамических переменных, характеризующих состояние микрочастицы,
получаются при измерениях определенные значения. Так, например, электрон
(и любая другая микрочастица) не может иметь одновременно точных значений
координаты x и компоненты импульса рx. Неопределенности значений x и рх
удовлетворяют соотношению
∆х ⋅ ∆р х ≥ h ,
(26.3)
т. е. произведение неопределенностей координаты и соответствующей ей
проекции импульса не может быть меньше величины h.
Такое же соотношение имеет место для y и рy, для z и pz, а также для ряда
других пар величин, называемых канонически сопряженными.
Например, энергия и время являются канонически сопряженными величиинами. Поэтому для них также справедливо соотношение неопределенностей
∆Е ⋅ ∆t ≥ h .
(26.4)
Это соотношение означает, что определение энергии с точностью ∆Е
должно занять интервал времени ∆t, не меньший, чем определяемый данным
соотношением.
34
Типовые тестовые
т
е задания
я
Задан
ние № 1(226)
Отнош
шение скооростей протона
п
и α-частиц
цы, длины
ы волн дее Бройля которых
к
о
одинаковы
ы, равно:
1. 4.
2. 1 .
4.
4 1.
3. 2.
4
2
ние
Решен
Длинаа волны де
д Бройля определяяется фор
рмулой
h
λ=
,
mV
г h – поостояннаяя Планка;
где
m и V – масса и скоростьь частицы
ы соответственно.
да скороссть частиц
цы равна
Отсюд
V=
; тоггда с учеттом того, что mα = 2m p + 2mn ≅ 4m p ,
дания
По услловию зад
и
искомое
о
отношение
е
Vp
Vα
=
h
.
mλ
mp
mα
≅ 4 . Прравильный
й ответ № 1.
Задан
ние № 2(226)
Длинаа волны де
д Бройляя увеличи
ится в двва раза, ессли кинеттическая энергия
м
микрочас
тицы:
1. Умееньшитсяя в 4 раза.
2. Увееличится в 4 раза.
3. Умееньшитсяя в 2 раза.
4. Увееличится в 2 раза.
ние
Решен
Длинаа волны де
д Бройля определяяется фор
рмулой
h
λ=
,
mV
г h – поостояннаяя Планка;
где
m и V – масса и скоростьь частицы
ы соответственно.
35
Кин
нетическаяя энергияя частицы
ы определяяется по формуле
ф
ЕК =
V2
mV
,
2
откуда
V =
2E K
, λ=
m
h
2mEK
.
Cлед
довательн
но, если кинетиче
к
ская энер
ргия микррочастицы
ы уменьш
шится в 4
раза, то длина воолны де Бройля
Б
увееличится в два разза. Правилльный отввет № 2.
3
Задаание № 3(26)
Отношение длин
д
воллн де Брройля элеектрона и протона
, имеющихх
в
у порядка::
одинакоовую скоррость, сосставляет величину
1. 103.
2. 1.
3. 10
0–3.
4. 10.
шение
Реш
Длина волны
ы де Бройлля опредееляется фо
ормулой
h
λ=
,
mV
V
п
ая Планка;
где h – постоянн
m и V – масса и скороость части
ицы соотвветственн
но.
След
довательн
но,
Праввильный ответ № 1.
Задаание № 4(26)
4
Если
и протон
н и дей
йтрон пррошли одинакову
о
ую ускорряющую разностть
потенци
иалов, то отношени
ие их дли
ин волн дее Бройля равно:
1
4.
1. 2 .
2 1.
2.
3. 2.
2
.
2
Реш
шение
Дейттрон – ядро
я
тяжеелого изоотопа вод
дорода (д
дейтерия)). Длина волны де
д
Бройля определяяется по формуле
ф
λ=
где p – импульс
и
ч
частицы.
36
h
,
р
Импулльс части
ицы можно выразитть через ее
е кинети
ическую энергию:
р2
ЕК =
2m
⇒
р = 2mE K .
По теореме о кинети
ической энергии,, согласн
но которрой рабо
ота сил
.
э
электриче
еского пооля идет на
н приращ
щение кин
нетическоой энерги
ии,
О
Отсюда
можно найти
м
н
ЕК, полагаяя, что пеервоначалльно часстица поккоилась:
. Оконч
чательноее выражеение дляя длины волны д
де Бройл
ля через
у
ускоряющ
щую разноость потеенциалов имеет вид
д
Учиты
ывая, чтоо md ≅ 2m p и q d = q p , отношени
о
ие длин волн де Бройля
п
протона
и дейтрон
на равно
λp
λd
md qd
=
= 2.
m pq p
Прави
ильный оттвет № 1.
ние № 5(226)
Задан
Отнош
шение скоростей двух
д
миккрочастиц
ц
Бройля уд
Б
довлетворряют сооттношению
ю
m1
равноо:
m2
1. 4 .
2. 2.
3.
V1
V2
х длины волн де
= 4 . Если их
ношение масс этих
х частиц
, то отн
1
.
4
4.
1
.
2
Решен
ние
Длинаа волны де
д Бройля определяяется фор
рмулой
λ=
h
,
mV
V
г h – поостояннаяя Планка;
где
m и V – масса и скоростьь частицы
ы соответственно.
Отсюд
да
m=
h
.
λV
37
Тогда искомое отношение
m1 λ2V2
1 1
=
= 2⋅ = .
m2 λ1V1
4 2
Правильный ответ № 4.
Задание № 6(26)
Высокая монохроматичность лазерного излучения обусловлена относительно большим временем жизни электронов в метастабильном состоянии, равном
10 −3 с. Учитывая, что постоянная Планка h = 1, 05 ⋅ 10 −34 Дж ⋅ с , ширина метастабильного уровня будет не менее:
1. 0,66 пэВ.
2. 66 пэВ.
3. 1,52 пэВ.
4. 0,66 пэВ.
Решение
Соотношение неопределенностей для энергии и времени имеет вид
∆Е ⋅ ∆t ≥ h , где ∆Е – неопределенность в задании энергии (ширина
энергетического уровня), ∆t – время жизни частицы в данном состоянии. Тогда
h 1,05 ⋅10−34
1,05 ⋅10−31
−31
∆E ≥ =
= 1,05 ⋅10 Дж =
= 0,66 пэВ .
−3
−19
∆t
10
1,6 ⋅10
Правильный ответ № 1.
Задание № 7(26)
Положение
бусинки
массы
( mэ = 9,1 ⋅ 10 −31 кг ≈ 10 −30 кг )
mб
=
1
определены
г
с
и
положение
одинаковой
электрона
погрешностью
∆х = 10 −7 м . Если квантово-механическая неопределенность Х-компоненты
скорости бусинки составляет примерно ∆ V хб ≈ 10 −24 м/с , то неопределенность
∆V хэ электрона равна:
1. 103 м/с .
−23
2. 10 −3 м/с .
3. 10
м/с .
4. 10 −27 м/с .
Решение
Соотношение неопределенностей для координаты и проекции импульса на
соответствующую ось (ось Х) имеет вид
∆х ⋅ ∆ р х ≥ h ,
38
где ∆х – неопределенность в задании координаты,
∆р х = m∆V х – неопределенность проекции импульса. Тогда, учитывая, что
положения бусинки и электрона определены с одинаковой точностью
( ∆ х б = ∆ х э = ∆ х ), получаем
⎧∆х ⋅ mб ∆Vхб ≥ h;
⎨
⎩ ∆х ⋅ mэ ∆Vхэ ≥ h.
mбVхб
=1
mэVxэ
⇒
mбVхб 10−3 ⋅10−24
Vхэ =
≈
= 103 м/с.
−
30
mэ
10
Правильный ответ № 1.
Тема 27. Уравнения Шредингера (общие свойства)
Необходимо знать:
– вид нестационарного уравнения Шредингера;
– вид стационарного уравнения Шредингера для линейного гармонического осциллятора, для частицы в потенциальном ящике с бесконечно
высокими стенками, для электрона в водородоподобной системе.
Краткая теория
Состояние микрочастицы в квантовой механике характеризуется волновой
функцией, обозначаемой буквой ψ (пси). Вид этой функции получается из
решения уравнения Шредингера:
h2
∂ψ ,
−
∆ ψ + U ψ = ih
2m
∂t
(27.1)
где m – масса частицы;
U – ее потенциальная энергия;
i – мнимая единица;
∆ – оператор Лапласа;
ψ = ψ (x, y, z, t) – функция координат и времени.
∆ψ =
∂ 2ψ
∂x 2
+
∂ 2ψ
∂y 2
+
∂ 2ψ .
∂z 2
(27.2)
Если силовое поле, в котором движется частица, стационарно, т. е. U не
зависит явно от времени, то уравнение переходит в более простое уравнение
Шредингера для стационарных состояний:
∆ψ +
2m
h2
( E − U )ψ = 0,
где ψ = ψ (x, y, z) – функция координат.
39
(27.3)
Решения данного уравнения и рассматривает квантовая механика.
Движение свободной частицы. Свободная частица – частица, движущаяся в
отсутствие внешних полей (U = 0). Уравнение Шредингера в данном случае
примет вид:
– для одномерного случая для стационарных состояний:
∂ 2ψ
∂x 2
+
2m
h2
Eψ = 0 ;
(27.4)
– трехмерного случая для стационарных состояний:
∆ψ +
2m
h2
Eψ = 0 .
(27.5)
Линейный гармонический осциллятор. Линейный гармонический осциллятор –
система, совершающая одномерное движение под действием квазиупругой
силы. Потенциальная энергия гармонического осциллятора равна
U=
mω02 x 2
2
,
где m – масса частицы;
ω0 – собственная частота колебаний осциллятора. Уравнение Шредингера
для стационарных состояний гармонического осциллятора (квантового
осциллятора) имеет вид
∂ 2ψ
∂x 2
+
⎛
2m ⎜
h 2 ⎜⎝
E−
2 x2 ⎞
mω0
2
⎟ψ = 0 .
⎟
⎠
(27.6)
Водородоподобная система в квантовой механике. Водородоподобная
система – система, состоящая из ядра с зарядом Ze и одного электрона.
Потенциальная энергия взаимодействия электрона с ядром в такой системе
равна
U =−
Ze 2 ,
4πε 0 r 2
(27.7)
где r – расстояние между электроном и ядром.
Уравнение Шредингера для водородоподобных систем имеет вид
2m ⎛
Ze 2
∆ψ + 2 ⎜ E +
4 πε 0 r 2
h ⎜⎝
⎞
⎟⎟ ψ = 0.
⎠
(27.8)
Уравнение Шредингера имеет решения, удовлетворяющие стандартным
условиям, лишь при некоторых избранных значениях параметра Е
(т. е. энергии). Эти избранные значения называются собственными значениями
40
энергии. Решения, соответствующие собственным значениям Е, называются
собственными функциями частицы. Совокупность собственных значений
называется энергетическим спектром. Он может быть дискретным или
сплошным. В случае дискретного спектра собственные значения и собственные
функции можно пронумеровать:
E1, E2, ... En, ...;
ψ 1, ψ 2, ... ψ n, ... .
Нахождение собственных значений энергии и собственных функций частиц
является основной задачей квантовой механики.
Типовые тестовые задания
Задание № 1(27)
Стационарное уравнение Шредингера в общем случае имеет вид
∇ 2ψ +
2m
( E − U ) ψ = 0,
h2
где U = U(x, y, z) – потенциальная энергия микрочастицы.
Движение частицы в трехмерном бесконечно глубоком потенциальном
ящике описывает уравнение:
2m
1. ∇ 2 ψ +
Е ψ = 0.
2
h
2. ∇ 2 ψ +
3. ∇ 2 ψ +
4.
d 2ψ
dx
2
+
2m ⎛
Ze 2 ⎞
E
+
⎜
⎟ ψ = 0.
4πε 0 r ⎟⎠
h 2 ⎜⎝
2m
h
2
2m
h
2
( E − U 0 ) ψ = 0.
E ψ = 0.
Решение
Бесконечная глубина ящика (ямы) означает, что потенциальная энергия
частицы внутри ящика равна нулю, а вне ящика – бесконечности. Таким
образом, U = 0. Поэтому движение частицы в трехмерном бесконечно глубоком
потенциальном ящике описывает уравнение ∇ 2 ψ + 2m Е ψ = 0 . Правильный
2
h
ответ № 1.
41
Задание № 2(27)
Стационарное уравнение Шредингера в общем случае имеет вид
∇ 2ψ +
2m
h2
( E − U ) ψ = 0,
где U = U(x, y, z) – потенциальная энергия микрочастицы.
Движение частицы вдоль оси ОХ под действием квазиупругой силы
описывает уравнение:
2
1. d ψ + 2 m E ψ = 0.
dx 2
h2
2
2
2. d ψ + 2 m ⎛⎜ E − kx ⎞⎟ ψ = 0.
dx 2
h 2 ⎜⎝
2 ⎟⎠
2
3. d ψ + 2m ( E − U 0 ) ψ = 0.
dx 2
h2
2
4. ∇2ψ + 2m ⎛⎜ E + Ze ⎞⎟ ψ = 0.
4πε0 r ⎟⎠
h 2 ⎜⎝
Решение
Для частицы, движущейся вдоль оси ОХ под действием квазиупругой силы,
т. е. силы, пропорциональной отклонению х частицы от положения равновесия,
2
выражение для потенциальной энергии имеет вид U = kx . Кроме того,
2
2
для одномерного случая ∇ 2 = d 2 . Поэтому движение частицы вдоль оси ОХ
dx
2
2
под действием квазиупругой силы описывает уравнение d ψ + 2 m ⎛⎜ E − kx ⎞⎟ ψ = 0.
dx 2
h 2 ⎜⎝
Правильный ответ № 2.
Задание № 3(27)
Нестационарным уравнением Шредингера является уравнение:
2
1. ∇ 2 ψ + 2m ⎛⎜ E + Ze ⎞⎟ ψ = 0.
2 ⎜
⎟
4πε0 r ⎠
h ⎝
2. ∇ 2 ψ + 2m Е ψ = 0.
h2
2
3. − h ∆ψ + U ( x, y, z ) ψ = ih ∂ψ .
∂t
2m
2 2
2
4. d ψ + 2m ⎛⎜ E − mω0 x ⎞⎟ ψ = 0.
dx 2
h 2 ⎜⎝
2
⎟
⎠
42
2 ⎟⎠
Решение
h2
∂ψ
Уравнение −
называют нестационарным (времен∆ψ + U ( x, y, z ) ψ = ih
∂t
2m
ным) уравнением Шредингера, так как функция U является функцией не только
пространственных координат, но и времени, и оно содержит производную от
функции ψ по времени. Правильный ответ № 3.
Задание № 4(27)
2 ⎞
⎛
Стационарное уравнение Шредингера имеет вид ∆ψ + 2m ⎜ E + Ze ⎟ ψ = 0.
2 ⎜
⎟
h ⎝
4πε 0 r ⎠
Это уравнение описывает:
1. Электрон в водородоподобном атоме.
2. Движение свободной частицы.
3. Электрон в трехмерном потенциальном ящике.
4. Линейный гармонический осциллятор.
Решение
Стационарное уравнение Шредингера в общем случае имеет вид
∇ 2ψ +
2m
h2
( E − U ) ψ = 0,
где U = U(x, y, z) – потенциальная энергия микрочастицы.
В данной задаче U = −
Zе 2
.
4πε 0 r
Это выражение представляет собой потенциальную энергию электрона в
водородоподобном атоме. Поэтому приведенное уравнение Шредингера
описывает электрон в водородоподобном атоме. Правильный ответ № 1.
Тема 28. Уравнение Шредингера (конкретные ситуации)
Необходимо знать:
– плотность вероятности обнаружения микрочастицы.
Краткая теория
В квантовой механике состояние микрочастиц описывается с помощью
волновой функцией ԟ ψ -функции. Вероятность нахождения частицы в элементе
объемом dV равна
43
dW
W = ψ
2 ddV .
(28.11)
дуля ψ -ф
функции
Кваадрат мод
dW
W
2
= ψ = ψ ⋅ ψ*
dV
V
(28.22)
с
плоотности вероятнос
в
сти нахож
ждения частицы в соответсствующем
м
имеет смысл
месте прространсттва.
Верооятность найти часстицу в момент
м
вр
ремени t в конечном объемее V равна
2
W = ∫ dW = ∫ ψ dV .
V
(28.33)
V
Если
и за объ
ъем V прринять бесконечн
б
ный объеем всего простраанства, то
вероятн
ность обнаруженияя частицы
ы в таком
м простраанстве буд
дет равнаа единицы
ы
(вероятн
ность доостоверноого событтия), в соответст
с
твии с эттим для волновой
й
функции должноо выполняяться услоовие норм
мировки
∞
∫ ψψ
*
dV = 1.
(28.44)
0
В соответст
с
твии со своим смы
ыслом волновая функция
ф
д
должна быть одноозначной
й, конечн
ной, непррерывной и иметьь непреры
ывную и конечную
ю первую
ю
произвоодную. Совокупно
С
ость этихх требовааний носсит назваание стан
ндартныхх
условийй.
Частица в бесконечн
б
но глубокоой одномеерной пот
тенциальнной яме.
П
Пусть
частица мож
жет двигатться только вдоль оси х и ее
движ
жение огрраничено непрониц
цаемыми стенками
и в точкахх
х = 0 и х = l. Заависимостть потен
нциальной
й энергии
и
от кооординат имеет в этом
э
случ
чае следую
ющий вид
д:
x < 0; U = ∞ ⎫
⎪
0 ≤ x ≤ l ; U = 0⎬
x > l ; U = ∞ ⎭⎪
(28.55)
Ш
ра в предеелах ямы имеет ви
ид
Ураввнение Шредингер
d 2ψ
ddx 2
+
2m
h2
Eψ = 0 .
(28.66)
шая уравнеение с исспользоваанием стаандартных условий
й, можно
о получитть
Реш
собственные значения энеергии часстицы:
En =
π 2h 2 2
h 2k 2
=
n ,
2
2m
2m ⋅ l
где k – волновое
в
число, n = 1, 2, 3, … .
44
(28.77)
Энерргия части
ицы в бессконечно глубокой
й одномеерной поттенциальн
ной яме
п
принимае
ет опредееленные дискретн
ные значеения, т. е. квантууется. Пр
ри этом
р
расстояни
ие межд
ду сосед
дними энергетич
э
ческими уровням
ми не является
я
п
постоянны
ым, а зави
исит от номера энеергетичесского уровня:
π 2h 2
π 2h 2
(
∆En = En + 1 − En =
2n + 1) ≈
n.
ml 2
2ml 2
(28.8)
Норм
мированны
ые собстввенные фуункции чаастицы в этом случчае имею
ют вид
ψ n (x ) =
2
2 ⎛ nπ ⎞ .
sin (kx ) =
sin ⎜
x⎟
l
⎝ l ⎠
l
(28.9)
ики собсттвенных функций
й, соответтствующи
ие уровн
ням энерггии при
Графи
n = 1, 2,
2 3, 4, показаны
п
ы на рис. 1. Собственныее функци
ии стацио
онарных
с
состояний
й имеют узлы
у
– тоочки, в кооторых он
ни обращааются в н
нуль. Числ
ло узлов
н единиц
на
цу меньш
ше номераа соответсствующегго собстввенного зн
начения энергии.
э
Н
Например
р, в кванттовом состоянии при n = 2 частиц
ца не мож
жет наход
диться в
ц
центре
ям
мы (узел)), однако одинакоово можетт находитться в еее левой и правой
ч
части.
г
п
плотност
и вероятн
ности обн
наружени
ия частиНа рис. 2 изобрражены графики
2
ц на различных расстояни
цы
р
иях от стенок ямы, равной ψ n (x ) = ψ n (x ) ⋅ψ n* (x ) .
1
2
Типовые тестовые
т
е задания
я
дание № 1(28)
1
Зад
1
Элекктрон находится в одн
номерной прямоу
угольной
потенц
циальной яме с бесконечн
б
но высоккими стен
нками в
состоян
нии с кввантовым числом n = 3. Е
Если ψ -ф
функция
электроона в этом
м состоян
нии имеетт вид, укаазанный на
н рис. 1,
45
то вероятность обнаружить электрон в интервале от L 6 до 5L 6 равна:
1.
2
3
2.
.
1
3
3.
.
1
2
4. 5 .
.
6
Решение
Вероятность обнаружить микрочастицу в интервале
(a, b) для состояния, характеризуемого определенной
b
ψ -функцией, равна W = ∫ ψ ( x ) 2 dx . Из графика
a
2
зависимости ψ ( x ) 2 от х эта вероятность находится как
отношение площади под кривой в интервале (a, b)
к площади под кривой
ψ ( x)
2
во всем интервале существования, т. е.
в интервале (0, L). График зависимости ψ ( x ) 2 от
х в третьем состоянии
изображен на рис. 2.
Тогда вероятность обнаружить электрон в интервале от L 6 до 5L 6
2
равна . Правильный ответ № 1.
3
Задание № 2(28)
На рисунках схематически представлены графики распределения плотности
вероятности обнаружения электрона по ширине одномерного потенциального
ящика с бесконечно высокими стенками для состояний с различными
значениями главного квантового числа n.
В состоянии с n = 4 вероятность обнаружить электрон в интервале от
l равна:
1. 5 .
8
2. 3 .
8
3. 3 .
4
46
4. 7 .
8
3l
до
8
Решен
ние
Верояятность обнаружитть микрочастицу в интервале (a, bb) для сосстояния,
х
характери
изуемого
опредееленной
ψ -фун
нкцией,
b
2
W = ∫ ψ ( x ) dx .
равна
a
И графикка зависи
Из
имости ψ ( x ) 2 от х эта веро
оятность находитсся как отн
ношение
п
площади
под криввой ψ ( x ) 2 в интеррвале (a, b) к площ
щади под
д кривой во всем
и
интервале
е существвования ψ ( x ) 2 , т. е. в интеервале (0, l). При этом состтояниям
с различн
ными знач
чениями главногоо квантово
ого числаа n соотвветствуютт разные
к
кривые
з
зависимос
сти ψ ( x ) 2 :
n = 1 соотвветствует график под ном
мером 1,
n = 2 – график
г
поод номероом 2 и т. д. Тогда в состояянии с n = 4 веро
оятность
5
3l
о
обнаружи
ить электррон в интеервале отт
до l равна . Правилььный отвеет № 1.
8
8
ние № 3(228)
Задан
и
а электрон
на в атом
ме и его пространсттвенные
Момент импульса
ориентац
ции могуут быть условно изображ
жены векторной
схемой, на
н котороой длина вектора пропорци
п
иональна модулю
r
орбиталььного мом
мента имп
пульса Le электррона. На рисунке
r
приведен
ны возмож
жные ори
иентации векторам
в
м Le .
Вели
ичина орбитально
ого момен
нта импулльса (в ед
диницах
постоянн
ной Планкка h ) для указанноого состояяния равн
на:
1. 2 .
2.
6.
3 2.
3.
4. 3.
ние
Решен
Магни
итное
кввантовое
число
m
опрееделяет
ию
проекци
векто
ора
r
Le
орбиталььного мом
мента им
мпульса на
н направвление вн
нешнего м
магнитно
ого поля
2 + 1 значений
й). Поэто
ому для
Lez = mh , где m = 0, ± 1, ±2,..., ± l (всего 2l
у
указанног
го
состоояния
l = 1.
Вееличина
моментта
импуульса
эл
лектрона
L = h 1⋅ (1 + 1) = h 1⋅ 2 = h 2 .
о
определяе
ется по формулее L = h l (l + 1) . Тогда
Т
П
Правильн
ный ответт № 1.
47
Задаание № 4(28)
4
Мом
мент импульса элеектрона в атоме и его проостранстввенные ор
риентации
и
могут быть
б
услоовно изоб
бражены векторной
в
й схемой
й, на котоорой длин
на вектора
пропоорциональьна модул
лю орбиттального момента импульса
r
на. На рисункее привед
дены во
озможны
ые
Le электрон
r
нтации векктора Le .
ориен
Зн
начение
орбитал
льного
указан
нного сосстояния равно:
2. 1.
1. 2.
квантовоого
3. 44.
чиссла
4. 5.
Реш
шение
Маггнитное
квантовоое
числоо
m
оп
пределяетт
проекц
цию
для
векктора
r
Le
орбиталльного м
момента импульса
и
на направление внешнегоо магнитн
ного поля
ний). Поээтому для
Lez = mh , где m = 0, ± 1, ± 2, ..., ± l (вссего 2l + 1 значен
указанн
ного состоояния l = 2. Правилльный ответ № 1.
Задаание № 5(28)
5
На рисунке приведена одна из возм
можных ориентац
ций
К
ещ
ще
моментаа импулльса элекктрона в р-состтоянии. Какие
значени
ия можетт приним
мать проеекция мо
омента им
мпульса на
направлление Z вн
нешнего магнитно
м
ого поля?
1. 2h .
2. − 2h .
4. 0.
0
3. − h .
шение
Реш
В р-состояни
ии орбитаальное кввантовое число раавно l = 1.
При даанном зн
начении l магнитн
ное кван
нтовое чи
исло мож
жет
принимать знач
чения m = 0, ± 1, ± 2, ..., ± l (всегго 2l + 1
ий), т. е.
е m = 0, ± 1. Проекция
П
моментаа импулььса
значени
электрон
на в р-сосстоянии может
м
при
инимать зн
начения: − h, 0, + h .
Праввильные ответы
о
№ 3, 4.
Задаание № 6(28)
6
Квад
драт модууля волноовой фун
нкции ψ, входящей
й в уравн
нение Шр
редингераа,
равен:
И
частицы в соответтствующеем месте пространс
п
ства.
1. Импульсу
48
2. Энергии частицы в соответствующем месте пространства.
3. Плотности вероятности обнаружения частицы в соответствующем месте
пространства.
Решение
По определению квадрат модуля ψ ( x ) 2 волновой функции равен плотности
вероятности обнаружения частицы в соответствующем месте пространства.
Правильный ответ № 3.
Задание № 7(28)
Спиновое квантовое число s определяет:
1. Проекцию орбитального момента импульса электрона на заданное
направление.
2. Энергию стационарного состояния электрона в атоме.
3. Собственный механический момент электрона в атоме.
4. Орбитальный механический момент электрона в атоме.
Решение
По определению спиновое квантовое число s определяет собственный
механический момент электрона в атоме. Правильный ответ № 3.
Задание № 8(28)
Магнитное квантовое число m определяет:
1. Проекцию орбитального момента импульса электрона на заданное
направление.
2. Энергию стационарного состояния электрона в атоме.
3. Собственный механический момент электрона в атоме.
4. Орбитальный механический момент электрона в атоме.
Решение
По определению магнитное квантовое число m определяет проекцию
орбитального момента импульса электрона на заданное направление.
Правильный ответ № 1.
49
Задание № 9(28)
Собственные функции электрона в атоме водорода ψ nlm ( r , ϑ, ϕ ) содержат
три целочисленных параметра: n, l и m. Параметр n называется главным
квантовым числом, параметры l и m – орбитальным (азимутальным) и
магнитным квантовыми числами соответственно. Орбитальное квантовое число
l определяет:
1. Модуль орбитального момента импульса электрона.
2. Энергию электрона в атоме водорода.
3. Проекцию орбитального момента импульса электрона на некоторое
направление.
4. Модуль собственного момента импульса электрона.
Решение
По определению орбитальное (азимутальное) квантовое число l определяет
модуль орбитального момента импульса электрона. Правильный ответ № 1.
Задание № 10(28)
Волновая функция частицы в потенциальной яме с бесконечно высокими
стенками шириной L имеет вид
⎛ nπx ⎞ .
ψ = А sin ⎜
⎟
⎝ L ⎠
Величина импульса этой частицы в основном состоянии равна:
1.
πh
.
2L
2.
πh
.
L
3.
2πh
.
3L
4.
3πh
.
2L
Решение
В общем случае волновая функция имеет вид
ψn ( x ) =
( )
2
sin k x x =
l
где k – волновое число,
kx =
nπ
.
l
С другой стороны,
p
kx = x .
h
50
2
l
⎛ nπ ⎞ ,
x⎟
⎝ l ⎠
sin ⎜
Следовательно,
p
x = nπ , p = nπh .
h
l
x
l
Для основного состояния n = 1
px =
πh .
l
Правильный ответ № 2.
Дидактическая единица № 7
ЭЛЕМЕНТЫ ЯДЕРНОЙ ФИЗИКИ
И ФИЗИКИ ЭЛЕМЕНТАРНЫХ ЧАСТИЦ
Контролируемые темы
29
Ядро. Элементарные частицы
30
31
32
Ядерные реакции
Законы сохранения в ядерных реакциях
Фундаментальные взаимодействия
Тема 29. Ядро. Элементарные частицы
Необходимо знать:
– названия и обозначения элементарных частиц, их характеристики;
– состав атомного ядра;
– условия стабильности ядер.
Краткая теория
Ядро атома химического элемента состоит из нуклонов: положительно
заряженных протонов и электрически нейтральных нейтронов (табл. 1).
Таблица 1
Характеристики нуклонов
Характеристика
Электрический заряд, Кл
Масса, кг
(mе – масса электрона)
Спин, ħ
Протон
+1,6·10-19
1,6726·10–19, 1836mе
Нейтрон
0
1,6749·10–19, 1839mе
1
2
1
2
Символ атомного ядра – ZA Х , где Z – зарядовое число, которое определяет
число протонов в ядре. Массовое число А соответствует числу нуклонов,
51
т. е. суммарному числу протонов и нейтронов. Следовательно, число нейтронов
равно N = A – Z. Количество протонов в ядре совпадает с атомным номером
соответствующего химического элемента в периодической системе
Д. И. Менделеева.
Ядра с одинаковыми Z, но разными А (т. е. с разными числами нейтронов
N = A – Z), называются изотопами. Ядра с одинаковыми А, но разными Z,
называются изобарами.
Масса ядра mя всегда меньше суммы масс входящих в него частиц. Это
обусловлено тем, что при объединении в ядро выделяется энергия связи
нуклонов друг с другом. Энергия связи Есв равна той работе, которую нужно
совершить, чтобы разделить образующие ядро нуклоны и удалить их друг от
друга на такие расстояния, при которых они практически не взаимодействуют
друг с другом. Согласно закону взаимосвязи массы и энергии энергия связи
нуклонов в ядре равна
Eсв = c 2 ((Zm p + ( A − Z )mn ) − mя ) .
Удельной энергией связи εсв называется величина
(29.1)
Есв
А , равная средней
энергии связи, приходящейся на один нуклон. Наибольшее значение имеет εсв
для ядер атомов, расположенных в средней части периодической системы
элементов, при 28 < A < 138.
Типовые тестовые задания
Задание № 1(29)
Чем меньше энергия связи ядра, тем:
1. Меньше энергии выделится в реакции термоядерного синтеза.
2. Тем больше у него дефект масс.
3. Меньше энергии выделится в реакции термоядерного синтеза.
4. Меньшую работу нужно совершить, чтобы разделить это ядро на
отдельные нуклоны.
Решение
Чтобы разбить ядро на составляющие его части – протоны и нейтроны,
нужно совершить работу по преодолению ядерных сил, т. е. сообщить ядру
энергию, называемую энергией связи. Правильный ответ № 3.
52
Задание № 2(29)
Атомное ядро состоит из протонов и нейтронов. Ядерные силы притяжения
действуют между парами частиц:
1. Только протон – протон.
2. Только протон – нейтрон.
3. Протон – протон, нейтрон – нейтрон.
4. Только нейтрон – нейтрон.
5. Протон – протон, протон – нейтрон, нейтрон – нейтрон.
Решение
Атомное ядро состоит из протонов и нейтронов (нуклонов), заряд ядра
равен суммарному положительному заряду протонов:
q я = Ze,
где Z – число протонов в ядре (зарядовое число);
е – элементарный заряд.
Ядерные силы, удерживающие ядро, обладают зарядовой независимостью –
пары нуклонов: протон – протон, нейтрон – нейтрон, протон – нейтрон –
одинаково притягиваются, т. е. ядерные силы обладают зарядовой
независимостью. Правильный ответ № 5.
Задание № 3(29)
В ядре изотопа углерода 146 С содержится:
1. 6 протонов и 8 нейтронов.
2. 6 протонов и 14 нейтронов.
3. 14 протонов и 6 нейтронов.
4. 8 протонов и 6 нейтронов.
Решение
Зарядовое число Z = 6 определяет число протонов в ядре. Массовое число
А = 14 соответствует числу нуклонов, т. е. суммарному числу протонов и
нейтронов. Следовательно, число нейтронов равно N = A – Z = 14 – 6 = 8.
Правильный ответ № 1.
53
Задание № 4(29)
Для нуклонов верными являются утверждения:
1. Спины нуклонов одинаковы.
2. Масса протона много больше массы нейтрона.
3. Оба нуклона нейтральны.
4. Массы нуклонов практически одинаковы.
Решение
Правильные ответы № 1, 4 (см. краткую теорию).
Задание № 5(29)
Заряд частицы в единицах заряда электрона равен +1; масса в единицах
массы электрона составляет 1836,2; спин в единицах равен 1 2 . Это основные
характеристики:
1. Протона.
2. Мюона.
3. Нейтрона.
4. Позитрона.
Решение
Электрический заряд протона и позитрона равен +1 в единицах заряда
электрона. Заряд мюона равен –1, нейтрон заряда не имеет. Масса мюона
составляет 206,8 массы электрона. Масса протона составляет 1836,2 массы
электрона, а нейтрона – 1838,7 массы электрона. Масса позитрона равна массе
электрона. Все представленные частицы являются фермионами и имеют
1
полуцелый спин h . Таким образом, указанные характеристики имеет протон.
2
Правильный ответ № 1.
Тема 30. Ядерные реакции
Необходимо знать:
– названия и обозначения элементарных частиц;
– состав атомного ядра;
– радиоактивные превращения;
– период полураспада;
– активность радионуклида.
54
Краткая теория
Элементарные частицы – это группа мельчайших материальных объектов,
не являющихся атомами и атомными ядрами (кроме протона, являющегося
ядром атома водорода) (примеры элементарных частиц и их характеристики
приведены в табл. 2).
Таблица 2
Лептоны
Адроны
Электрон
е–
е+
1
1
Электронное
нейтрино
νе
ν~е
0
0
Мюон
µ-
µ+
1
206,8
Мюонное
нейтрино
νµ
ν~µ
0
0
Таон
τ-
τ+
1
3487
Таонное
нейтрино
ντ
ν~τ
0
0
Протон
р
~
р
1
1836,2
Нейтрон
n
n~
0
1838,7
Лямбда-гиперон
Λ0
Λ% 0
0
2183
Сигма-гиперон
Σ0
Σ+
Σ-
Σ% 0
~
Σ+
0
1
1
2334
2328
2343
~
Σ−
* Характеристики атичастиц в таблице не приводятся.
** Для антилептонов лептонный заряд L = –1.
*** Для антибарионов барионный заряд В = –1.
55
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
Среднее время
жизни, с
0
Лептонный
заряд**, L
Барионный
заряд***, В
0
Спин, ед. ħ
Масса покоя, ед.
me
античастицы*
γ
Фотон
Заряд, ед. е
Фотоны
Символ
частицы
Группа
Название частицы
Классификация элементарных частиц
0
0
стабилен
+1
0
стабилен
+1
0
стабилен
+1
0
≈ 10–6
+1
0
стабилен
+1
0
≈ 10–12
+1
0
–
0
+1
стабилен
0
+1
≈ 103
0
+1
≈ 10–10
0
0
0
+1
+1
+1
≈ 10–20
≈ 10–10
≈ 10–10
Ядерные реакции – это превращения атомных ядер при взаимодействии с
элементарными частицами (в том числе и с γ-квантами) или с друг с другом.
Наиболее распространенный вид ядерной реакции можно записать в виде
X + a →Y +b ,
где X и Y – исходное и конечное (дочернее) ядра;
a и b – бомбардирующая и испускаемая в ядерной реакции частицы.
Радиоактивностью называется самопроизвольное превращение одних
атомных ядер в другие, сопровождаемое испусканием элементарных частиц.
К числу радиоактивных процессов относятся: 1) α-распад, 2) β-распад,
3) γ-излучение ядер, 4) спонтанное деление тяжелых ядер, 5) протонная
радиоактивность.
Закон радиоактивного превращения выражается формулой
N = N 0 e −λt ,
(30.1)
где N0 – количество ядер в начальный момент времени;
N – количество нераспавшихся ядер в момент времени t;
λ – характерная для радиоактивного вещества константа, называемая
постоянной распада.
Время, за которое распадается половина первоначального количества ядер,
называется периодом полураспада Т 1 :
2
Т1 =
2
ln2 .
λ
(30.2)
Активностью радиоактивного препарата А называется число распадов,
происходящих в препарате за единицу времени:
dN расп
(30.3)
= λN .
A=
dt
Альфа-распад. Альфа-лучи представляют собой поток ядер гелия 42 He.
Распад протекает по схеме
A X → A − 4Y + 4 He .
Z
Z −2
2
Из схемы распада видно, что атомный номер дочернего ядра Y на две
единицы, а массовое число на четыре единицы меньше, чем у исходного
(материнского) ядра Х.
Бета-распад. Наиболее распространенный вид β-распада – электронный
распад – протекает по схеме
A
ZX
→
A
Z +1Y
56
+ −01e + ν% .
Из схемы видно, что дочернее ядро имеет атомный номер на единицу
больший, чем у материнского ядра, массовые числа обоих ядер одинаковы.
Наряду с электроном испускается также антинейтрино ν% .
Типовые тестовые задания
Задание № 1(30)
При α-распаде
1. Заряд ядра уменьшается на 2е, масса ядра уменьшается на 4 а.е.м.
2. Заряд ядра уменьшается на 4е, масса ядра уменьшается на 2 а.е.м.
3. Заряд ядра уменьшается на 2е, масса ядра не изменяется.
4. Заряд ядра уменьшается на 4е, масса ядра не изменяется.
5. Заряд ядра не изменяется, масса ядра уменьшается на 4 а.е.м.
6. Заряд ядра не изменяется, масса ядра уменьшается на 2 а.е.м.
Решение
α-распад – это испускание α-частицы, т. е. ядра атома гелия с массовым
числом А = 4 и зарядовым числом Z = 2 ( 24α ). Схема протекания реакции
записывается в виде
А Х → A − 4 Y + 4α
2
Z
Z −2
.
Следовательно, при α-распаде заряд ядра уменьшается на 2е, масса ядра
уменьшается на 4 а.е.м. Правильный ответ № 1.
Задание № 2(30)
Значение зарядового числа Z при β-распаде:
1. Изменяется на три.
2. Изменяется на единицу.
3. Не меняется.
4. Изменяется на четыре.
Решение
β-распад – это ядерные реакции с испусканием электрона (β–-частица) или
позитрона (β+-частица). β–-распад подчиняется следующему правилу смещения:
А Х → AY + 0е .
Z
Z +1 −1
57
Схема позитронного β+-распада:
А Х → AY + 0е .
Z
Z −1 1
Таким образом, значение зарядового числа Z при β-распаде изменяется на
единицу.
Задание № 3(30)
Внутри
атомного
ядра
произошло самопроизвольное превращение
нейтрона в протон: n → p + e − +ν~ . C ядром в результате такого превращения:
1. Произошла ядерная реакция деления.
2. Произошел α-распад.
3. Произошла ядерная реакция синтеза.
4. Произошел β+-распад.
5. Произошел β–-распад.
Решение
Ядерная реакция – это процесс взаимодействия атомного ядра с другим
ядром или элементарной частицей, сопровождающийся изменением состава и
структуры ядра и выделением вторичных частиц или γ-квантов. Ядерная
реакция деления – процесс расщепления атомного ядра на два (реже три) ядра с
близкими массами, называемые осколками деления. Ядерная реакция синтеза –
процесс слияния двух атомных ядер с образованием нового, более тяжелого
ядра. Кроме нового ядра, в ходе реакции синтеза, как правило, образуются
также различные элементарные частицы и (или) кванты электромагнитного
излучения.
α-распад – это испускание α-частицы, т. е. ядра атома гелия 42 Не ; β-распад –
это ядерные реакции с испусканием электрона (β–-частица) или позитрона
(β+-частица). В данном случае произошло самопроизвольное превращение
нейтрона в протон, сопровождаемое испусканием электрона е–, следовательно,
произошел β–-распад. Правильный ответ № 5.
Задание № 4(30)
Распад изотопа урана
238
U → 234
Th + X
92
90
1. β − -частиц.
2. β + -частиц.
3. протонов.
4. α-частиц.
58
сопровождается испусканием:
Решение
Данную ядерную реакцию запишем в виде
238
U → 234
Th + Аz X
92
90
.
На основе законов сохранения массового и зарядового чисел можно
записать:
⎧⎪238 = 234 + А;
⎨
⎪⎩ 92 = 90 + Z .
А = 4, Z = 2.
β − -частица – это электрон
0е ;
−1
β + -частица – это позитрон 01 е ; протон –
это ядро атома водорода с массовым числом А = 1 и зарядовым числом Z = 1 (11 р );
α-частица – это ядро атома гелия с массовым числом А = 4 и зарядовым числом
Z = 2 ( 24α ). Следовательно, распад изотопа урана сопровождается испусканием
α-частиц. Правильный ответ № 4.
Задание № 5(30)
β-распадом является ядерное превращение, происходящее по схеме:
1. 1n → 1 p + 0e + ν% .
−1
0
1
e
2.
0
е + −01 е → 2 γ .
+1
3. 1 р → 1n + 0e + ν .
+1
1
0
e
4. 1 р + 0e → 1n + ν .
−1
1
0
e
Решение
При β-распаде в ядре происходит превращение нейтрона в протон
с испусканием электрона и электронного антинейтрино: 1n → 1 p + 0 e + 0 ν% .
−1
0
1
0 e
Правильный ответ № 1.
Задание № 6(30)
При бомбардировке ядер изотопа азота
14
N
7
нейтронами образуются изотоп
бора 11B и:
5
1. α-частица.
3. Протон.
2. Нейтрон.
4. Два протона.
59
Решение
Данную ядерную реакцию запишем в виде
14
N + 01n → 115 B + ZA X
7
.
На основе законов сохранения массового и зарядового чисел можно
записать:
⎧⎪14 + 1 = 11 + А;
⎨
⎪⎩ 7 + 0 = 5 + Z .
А = 4, Z = 2.
Неизвестной частицей с массовым числом 4 и зарядовым числом 2 является
α-частица.
Задание № 7(30)
Неизвестный
радиоактивный
распадается по схеме: Х →
химический
23
Na + e + + ν e .
11
элемент
самопроизвольно
Ядро этого элемента содержит:
1. 12 протонов и 11 нейтронов.
2. 11 протонов и 12 нейтронов.
3. 12 протонов и 12 нейтронов.
4. 11 протонов и 11 нейтронов.
Решение
В процессе этой ядерной реакции образуются изотоп углерода
23
Na ,
11
0
позитрон 1e и нейтрино 00 ν e . На основе законов сохранения массового и
зарядового чисел можно записать:
⎧⎪ A = 23 + 0 + 0;
⎨
⎪⎩ Z = 11 + 1 + 0.
А = 23, Z = 12.
Зарядовое число неизвестной частицы Z = 12 определяет число протонов в
ядре. Массовое число А = 23 соответствует числу нуклонов, т. е. суммарному
числу протонов и нейтронов. Следовательно, число нейтронов равно N = A – Z =
= 23 – 12 = 11. Ядро неизвестной частицы содержит 12 протонов и 11 нейтронов.
Правильный ответ № 1.
60
Задание № 8(30)
При β − -распаде калия
40
К → Y + β− + ν% e
19
в дочернем ядре Y:
1. Число протонов увеличится на 1, число нейтронов уменьшится на 1.
2. Число протонов уменьшится на 1, число нейтронов увеличится на 1.
3. Число протонов увеличится на 1, число нейтронов увеличится на 1.
4. Число протонов уменьшится на 1, число нейтронов уменьшится на 1
Решение
У электронного антинейтрино ν% e зарядовое и массовое числа равны нулю.
При β − -распаде испускается электрон, в результате чего заряд увеличивается
на одну единицу; массовое число не изменяется. Тогда данную реакцию
распада с учетом закона сохранения массового и зарядового чисел можно
записать в виде
40
К → 40
Y + −01е + 00 ν% e .
19
20
Зарядовое число дочернего ядра Z = 20 определяет число протонов в ядре.
Массовое число А = 40 соответствует числу нуклонов, т. е. суммарному числу
протонов и нейтронов. Следовательно, число нейтронов равно N = A – Z =
= 40 – 20 = 20. Для калия Z = 19, А = 40, N = A – Z = 40 – 19 = 21. Таким
образом, при β − -распаде калия число протонов увеличится на 1, число
нейтронов уменьшится на 1. Правильный ответ № 1.
Задание № 9(30)
Периодом полураспада называется:
1. Время между моментами распада двух ядер атомов радиоактивного
элемента.
2. Время, в течение которого распадается половина наличного количества
атомов радиоактивного элемента.
3. Время, в течение которого концентрация распавшихся ядер
увеличивается в е раз.
4. Время, в течение которого распадаются все атомы радиоактивного
элемента.
61
Решение
По определению период полураспада T1/2 – это время, в течение которого
распадается половина наличного количества атомов радиоактивного элемента.
Правильный ответ № 2.
Задание № 10(30)
Если через интервал времени τ осталось нераспавшимся 25 % первоначального количества радиоактивных ядер, то это время равно _____ периодам(-у)
полураспада.
1. 2.
2. 1.
3. 4.
4. 0,5.
Решение
Период полураспада T1/2 – это время, в течение которого распадается
половина наличного количества атомов радиоактивного элемента. Через время,
равное одному периоду полураспада, останется 50 % радиоактивных ядер
данного сорта, а еще через такой же промежуток времени – 25 %.
Следовательно, интервал времени τ равен двум периодам полураспада.
Правильный ответ № 1.
Задание № 11(30)
Какая доля радиоактивных атомов распадается через интервал времени,
равный трем периодам полураспада?
1. Все атомы распадутся.
2. 50 %.
3. 25 %.
4. 75 %.
5. 87,5 %.
Решение
Период полураспада T1/2 – это время, в течение которого распадается
половина наличного количества атомов радиоактивного элемента. Через время,
равное одному периоду полураспада, распадется 50 % радиоактивных атомов,
еще через период полураспада – 25 %, через третий период полураспада
распадется половина оставшегося числа атомов, т. е. 12,5 %. Таким образом,
через три периода полураспада распадется
50 % + 25 % + 12,5 % = 87,5 %.
Правильный ответ № 5.
62
Задание № 12(30)
Активностью данного радиоактивного вещества называется величина,
равная
1. Числу распадов за единицу времени.
2. Вероятности распада ядер за одну секунду, т. е. доле ядер, распадающихся за единицу времени.
3. Величине, обратной постоянной радиоактивного распада.
4. Времени, в течение которого число нераспавшихся ядер уменьшается
в два раза.
Решение
dN
,
dt
где dN – число распавшихся ядер за время dt , т. е. активность равна числу
распадов за единицу времени. Правильный ответ № 1.
По определению активность радиоактивного вещества равна А =
Тема 31. Законы сохранения в ядерных реакциях
Необходимо знать:
– законы сохранения электрического, лептонного, барионного заряда и
спинового момента импульса при превращениях элементарных частиц;
– величины спинового момента импульса для нуклонов.
Краткая теория
При взаимных превращениях элементарных частиц выполняются законы
сохранения электрического заряда, лептонного и барионного зарядов,
спинового момента импульса.
Закон сохранения электрического заряда Q: в замкнутой системе при всех
взаимопревращениях элементарных частиц суммарный электрический заряд
частиц, вступающих в реакцию, равен суммарному электрическому заряду
частиц, полученных в результате реакции.
Закон сохранения лептонного заряда (числа) L: в замкнутой системе при
всех взаимопревращениях элементарных частиц лептонный заряд системы
сохраняется.
Закон сохранения барионного заряда (числа) B: в замкнутой системе при
всех взаимопревращениях элементарных частиц барионный заряд системы
сохраняется.
63
Закон сохранения спинового момента импульса: в замкнутой системе при
всех взаимопревращениях элементарных частиц спиновой момент импульса
системы сохраняется.
Типовые тестовые задания
Задание № 1(31)
Законом сохранения электрического заряда запрещена реакция:
1. n → p + e + + ν .
e
2.
3.
4.
νµ + n → p + µ− .
p → n + e + +ν e .
ν~ + p → n + e + .
e
Решение
При взаимодействии элементарных частиц и их превращениях возможны
только такие процессы, в которых выполняются законы сохранения, в
частности закон сохранения электрического заряда. Электрический заряд Q в
единицах элементарного заряда равен: у нейтрона (n) Q = 0; протона (p)
Q = +1; электрона (e–) Q = ԟ1; позитрона (e+) Q = +1; электронного нейтрино и
антинейтрино (ν , ν~ ) Q = 0; мюонного нейтрино (ν ) Q = 0; мюона ( µ − )
е
е
µ
Q = ԟ1. Закон сохранения электрического заряда не выполняется в реакции
n → p + e + + ν e : суммарный электрический заряд слева равен 0, а справа – 2.
Правильный ответ № 1.
Задание № 2(31)
Законом сохранения барионного заряда запрещена реакция:
1. p → n + e + + ν .
e
2. n → p + e − +ν~e .
3.
p + e − → n +ν e .
4.
p + n → e + +ν e .
64
Решение
По закону сохранения барионного заряда B для всех процессов с участием
барионов и антибарионов суммарный барионный заряд сохраняется. Барионам
(нуклонам n, p и гиперонам) приписывается барионный заряд В = +1.
Антибарионам (антинуклонам n~ , ~p и антигиперонам) – барионный заряд
В = ԟ1, а всем остальным частицам – барионный заряд В = 0. Реакция
p + n → e + + ν e не может идти из-за нарушения закона сохранения барионного
заряда В, так как (+ 1) + (+ 1) ≠ +(0) + (0) . Правильный ответ № 4.
Задание № 3(31)
Распад мюона по схеме µ − → е − +ν е +ν µ не может идти из-за нарушения
закона сохранения:
1. Лептонного заряда.
2. Электрического заряда.
3. Спина.
4. Барионного заряда.
Решение
Во всех фундаментальных взаимодействиях выполняются законы сохранения: энергии, импульса, момента импульса (спина) и зарядов: электрического
Q, барионного B и лептонного L. Согласно закону сохранения лептонного
заряда L в замкнутой системе при любых процессах суммарный лептонный
заряд остается неизменным. Условились считать, что для лептонов
e − , ν e , µ − , νµ , τ− , ν τ лептонный заряд L = +1; а для антилептонов
e+ , ν% e , µ+ , ν% µ , τ+ , ν% τ лептонный заряд L = ԟ1. Для всех остальных
элементарных
частиц
лептонные
заряды
равны
нулю.
Реакция
µ − → е − +ν е +ν µ
не может идти из-за нарушения закона сохранения
лептонного заряда L, так как (+ 1) ≠ (+ 1) + (+ 1) + (+ 1) . Правильный ответ № 1.
Задание № 4(31)
Взаимодействие К 0 -мезона с протоном в водородной пузырьковой камере
идет по схеме
⎧π +
0
К + p → ⎪⎨
−
⎪Λ0 → π + p
⎩
65
Если спин π-мезона S = 0, то характеристиками К 0 -мезона будут:
1. Q = 0, S = 0;
2.
1
Q = 0, S = ;
2
3.
Q = +1, S = 0;
4.
1
Q = +1, S = .
2
Решение
При взаимодействии элементарных частиц и их превращениях возможны
только такие процессы, в которых выполняются законы сохранения, в
частности законы сохранения электрического заряда и спина. π ± -мезоны
имеют спин S = 0, а электрический заряд Q = ±1 в единицах элементарного
1
заряда. Спин протона р в единицах постоянной Планка равен S = , а заряд
2
1
Q = +1. Гиперон Λ0 имеет спин S = , заряд Q = 0. В соответствии с законами
2
сохранения у К 0 -мезона спин равен S = 0, заряд Q = 0. Правильный ответ № 1.
Задание № 5(31)
Чтобы уран
235
U
92
превратился в стабильный изотоп свинца
207
Pb ,
82
должно
произойти:
1. 7 α-распадов и 4 β-распада.
2. 6 α-распадов и 5 β-распадов.
3. 8 α-распадов и 3 β-распада.
4. 5 α-распадов и 6 β-распадов.
Решение
α-частица – это ядро атома гелия с массовым числом А = 4 и зарядовым
числом Z = 2, следовательно при α-распаде массовое число уменьшается на
четыре единицы, а заряд – на две. При β-распаде заряд ядра увеличивается на
одну единицу (за счет испускания электрона, qе = –1), а массовое число не
66
изменяется. Пусть К – число α-распадов, М – число β-распадов, тогда данная
ядерная реакция превращения запишется в виде:
235
U → 207
Pb +
92
82
K ⋅ 42 α + M ⋅ −01e
При радиоактивном распаде выполняются законы сохранения массового
числа и зарядового числа:
⎧⎪235 = 207 + K ⋅ 4 + M ⋅ 0;
⎨
⎪⎩ 92 = 82 + K ⋅ 2 + M ⋅ (− 1).
Решая данную систему уравнений относительно неизвестных К и М,
получаем, что для того, чтобы уран
свинца
207
Pb ,
82
235
U
92
превратился в стабильный изотоп
должно произойти К = 7 α-распадов и М = 4 β-распада.
Правильный ответ № 1.
Задание № 6(31)
Ядро полония
216
Ро
84
образовалось после двух последовательных α-рас-
падов. Ядро исходного элемента содержало:
1. 88 протонов, 136 нейтронов.
2. 80 протонов, 128 нейтронов.
3. 88 протонов, 224 нейтрона.
4. 92 протона, 128 нейтронов.
Решение
Ядерная реакция образования
216
Ро
84
запишется в виде
А
Х → 216
Po + 42 α + 42 α
84
Z
При радиоактивном распаде выполняются законы сохранения массового
числа и зарядового числа:
⎧⎪ A = 216 + 4 + 4;
⎨
⎪⎩ Z = 84 + 2 + 2.
А = 224; Z = 88.
Зарядовое число исходного ядра Z = 88 определяет число протонов в ядре.
Массовое число А = 224 соответствует числу нуклонов, т. е. суммарному числу
протонов
и
нейтронов.
Следовательно,
число
нейтронов
равно
N = A – Z = 224 – 88 = 136. Правильный ответ № 1.
67
Задание № 7(31)
На рисунке показана кварковая диаграмма распада К + -мезона.
Эта диаграмма соответствует:
1. K + → π + + π − .
2. K + → π+ + π0 .
3. K
+ → π− + π0 .
Решение
Данную задачу можно решить двумя способами: 1) зная кварковый состав
барионов и мезонов; 2) на основе закона сохранения электрического заряда.
При взаимодействии элементарных частиц и их превращениях возможны
только такие процессы, в которых выполняются законы сохранения, в
частности законы сохранения электрического заряда. В данном случае закон
сохранения электрического заряда выполняется только для реакции
K + → π + + π 0 ( (+ 1) = (+ 1) + (0) ). Правильный ответ № 2.
Тема 32. Фундаментальные взаимодействия
Необходимо знать:
– типы фундаментальных взаимодействий: гравитационное, электромагнитное, сильное, слабое;
– частицы, участвующие во взаимодействиях различных типов;
– переносчики фундаментальных взаимодействий.
Краткая теория
Согласно современным представлениям в природе осуществляется четыре
типа взаимодействия: сильное, электромагнитное, слабое и гравитационное.
Сильное взаимодействие свойственно тяжелым частицам (адронам),
обусловливает существование атомных ядер. Характерным признаком сильного
68
взаимодействия является зарядовая независимость ядерных сил. Ядерные силы,
действующие между парами протон – протон, протон – нейтрон, нейтрон –
нейтрон, одинаковы.
Электромагнитное взаимодействие обусловливает связь электрически
заряженных частиц в атомах и молекулах, описывается законами электричества
и магнетизма.
Слабое взаимодействие ответственно за все виды β-распада ядер (включая
e-захваты), за распады элементарных частиц, а также за все процессы
взаимодействия нейтрона с веществом.
Гравитационное взаимодействие является универсальным взаимодействием, осуществляется между всеми материальными объектами, однако в процессах микромира гравитационное взаимодействие ощутимой роли не играет.
Во всех фундаментальных взаимодействиях выполняются законы
сохранения: энергии, импульса, момента импульса (спина) и всех зарядов
(электрического Q, барионного B и лептонного L).
Фундаментальные взаимодействия характеризуются частицей-переносчиком, интенсивностью, радиусом действия и характерным временем взаимодействия (табл. 3).
Интенсивность взаимодействия принято характеризовать константой
взаимодействия α, которая представляет собой безразмерный параметр,
определяющий вероятность процессов, обусловленных данным видом
взаимодействия.
Константа сильного взаимодействия равна
g2
= 14,6 ,
hc
где g – константа сильного взаимодействия;
ħ – постоянная Планка;
с – скорость света в вакууме.
Константа электромагнитного взаимодействия:
αS =
αе =
е2
4πε0hc
≈
1
,
137
(32.1)
(32.2)
где е – заряд электрона;
ε0 – электрическая постоянная.
Константа слабого взаимодействия определяется по формуле
αW =
(
GF m p c 2
)
( hc )
3
где GF = 1,4·10–62 Дж·м3 – константа Ферми;
mp – масса протона.
69
2
≈ 10 −10 ,
(32.3)
Отношение констант даёт относительную интенсивность соответствующих
взаимодействий.
Таблица 3
Фундаментальные взаимодействия
Тип
взаимодействия
Сильное
Электромагнитное
Частицапереносчик
Глюон
Фотон
Слабое
Промежуточные
бозоны
Гравитон
Гравитационное
Относительная
интенсивность
1
Радиус
Характерное время
действия, м взаимодействия, с
≈ 10–15
10–23
1
≈ 10 − 2
137
∞
10–20
≈ 10–10
≈ 10–18
10–13
≈ 10–38
∞
–
Сильное и слабое взаимодействия являются короткодействующими, а
электромагнитное и гравитационное – дальнодействующими взаимодействиями.
Характерное время взаимодействия – это минимальное время жизни
частиц, подверженных распадам в результате данного взаимодействия.
Типовые тестовые задания
Задание № 1(32)
Установите соответствие между видами фундаментальных взаимодействий
и их сравнительной интенсивностью.
Тип взаимодействия
1. Гравитационное
2. Электромагнитное
3. Сильное
4. Слабое
Относительная интенсивность
А) 10–23
Б) 10–38
В) 10–2
Г) 10–10
Д) 1
Решение
Если интенсивность сильного взаимодействия принять за единицу, то
интенсивность электромагнитного взаимодействия будет равна 10–2, слабого –
10–10 и гравитационного – 10–38. Правильный ответ: 1 – Б, 2 – В, 3 – Д, 4 – Г.
Задание № 2(32)
Установите соответствие между видами фундаментальных взаимодействий
и переносчиками этих взаимодействий.
70
Тип взаимодействия
1. Гравитационное
2. Электромагнитное
3. Сильное
4. Слабое
Частица-переносчик
А) Фотоны
Б) Глюоны
В) Бозоны
Г) Гравитоны
Д) Нейтроны
Решение
Переносчики электромагнитного взаимодействия – фотоны. Переносчики
сильного взаимодействия – глюоны, осуществляющие связь между кварками,
из которых состоят протоны и нейтроны. Переносчиками слабого
взаимодействия
являются
промежуточные
бозоны.
Переносчики
гравитационного взаимодействия – гравитоны (экспериментально пока не
обнаружены). Правильный ответ: 1 – Г; 2 – А; 3 – В; 4 – Б.
Задание № 3(32)
Установите соответствие между видами фундаментальных взаимодействий
и радиусами их действия.
Тип взаимодействия
1. Гравитационное
2. Сильное
3. Слабое
4. Электромагнитное
Радиус действия, м
А)
Б)
В)
Г)
∞
10–18
10–15
10–10
Решение
Радиус действия гравитационного взаимодействия равен бесконечности.
Сильное взаимодействие проявляется на очень малых расстояниях порядка
10–15 м, сравнимых с размерами ядер. Для слабого взаимодействия радиус
действия 10–18 м. Правильный ответ: 1 – А; 2 – В; 3 – Б.
Задание № 4(32)
Установите соответствие между видом фундаментального взаимодействия
и характерным временем взаимодействия.
Тип взаимодействия
Характерное время взаимодействия, с
1. Электромагнитное
А) 10–20
2. Сильное
Б) 10–23
3. Слабое
В) 10–13
4. Гравитационное
71
Решение
Характерное время взаимодействия – минимальное время жизни частиц,
подверженных распадам в результате данного взаимодействия. Время сильного
взаимодействия составляет величину 10–23 с, электромагнитного – 10–20 с и
слабого – 10–13 с. Правильный ответ: 1 – А; 2 – Б; 3 – В.
Задание № 5(32)
Взаимодействие, в котором принимают участие все элементарные частицы,
называется:
1. Электромагнитным.
2. Гравитационным.
3. Слабым.
4. Сильным.
Решение
Взаимодействие, в котором принимают участие все элементарные частицы,
называется гравитационным. Правильный ответ № 2 (см. краткую теорию).
Задание № 6(32)
В процессе сильного взаимодействия принимают участие:
1. Электроны.
2. Нуклоны.
3. Фотоны.
Решение
Сильное взаимодействие обусловливает существование атомных ядер,
состоящих из нуклонов – протонов и нейтронов. Правильный ответ № 2.
Задание № 7(32)
В процессе электромагнитного взаимодействия принимают участие:
1. Нейтроны.
2. Нейтрино.
3. Протоны.
72
Решеение
В электромагнитном взаимодеействии участвую
у
ют частиц
цы, облаадающие
о
отличным
м от нуляя электри
ическим зарядом,, т. е. в данном случае протоны.
п
П
Правильн
ный ответт № 3.
ние № 8(332)
Задан
Устан
новите сооответстви
ие междуу видом фундамен
ф
нтальногоо взаимод
действия
и группам
ми элемен
нтарных частиц.
ч
Тип взааимодейсттвия
1. Электрромагнитное
2. Сильноое
3. Слабоее
Элем
ментарныее частицы
ы
А)) фотон
Б) лептон
В) адрон
Решеение
В силльном взаи
имодейсттвии участтвуют тол
лько адрооны; лепттоны – учаастники
с
слабого
взаимодей
йствия; фоотоны – переносчи
п
ики электрромагниттного взаи
имодейс
ствия.
Прравильный
й ответ: 1 – А; 2 – В; 3 – Б.
Задан
ние № 9(332)
Укажите кванттовую схеему, соотвветствующую силььному взааимодействию.
1.
2.
3.
4.
Решеение
Прави
ильный оттвет № 4 (см. кратткую теор
рию).
73
Задаание № 10(32)
1
Элеектрослаб
бое взаимоодействиее соответтствует об
бъединени
ию схем:
1.
2.
3.
4.
шение
Реш
В коонце 60-хх гг. ХХ в.
в А. Салаам, С. Вай
йнберг и Ш.
Ш Глэшооу создал
ли теорию
ю,
согласуующуюся с опытом
м, объеди
иняющую
ю электромагнитноое (рис. 3) и слабое
взаимод
действия (рис. 1) – теорию электросл
э
лабого взаимодейсствия (Но
обелевскаая
премия,, 1979 г.). Правилььные ответты № 1 и 2 (см. крраткую теоорию).
74
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Савельев, И.В. Курс общей физики: Т. 2. Электричество / И. В. Савельев. –
М. : Наука, 1987. – 432 с.
2. Трофимова, Т.И. Курс физики : учеб. пособие для вузов / Т.И. Трофимова. – 7-е изд., стер. – М. : Высш. школа, 2003. – 542 с. : ил.
3. Детлаф, Ф.Ф. Курс физики : учеб. пособие для втузов / Ф.Ф. Детлаф,
Б.М. Яворский. – М. : Наука, 1989. – 608 с.
4. Бердинская, Н.В. Волновая оптика : конспект лекций / Н.В. Бердинская,
Э. М. Ярош. – Омск : Изд-во ОмГТУ, 2009. – 76 с.
5. Бердинская, Н.В. Квантово-оптические явления : конспект лекций
/ Н.В. Бердинская, Э. М. Ярош. – Омск : Изд-во ОмГТУ, 2009. – 32 с.
6. Данилов, С. В. Физика колебаний и волн. Квантовая физика : учеб.
пособие / С. В. Данилов, В. А. Егорова, О. В. Кропотин. – Омск : Изд-во
ОмГТУ, 2007. – 64 с.
7. Данилов. С. В. Квантовая физика : конспект лекций. / С. В. Данилов,
В. А. Егорова. – Омск : Изд-во ОмГТУ, 2010. – 44 с.
75
ОГЛАВЛЕНИЕ
ВВЕДЕНИЕ………………………………………………………………….…… 3
Дидактическая единица № 5. Волновая и квантовая оптика……………….… 4
Тема 21. Интерференция и дифракция света……………………………..…
4
Тема 22. Поляризация и дисперсия света………………………………...…. 11
Тема 23. Тепловое излучение. Фотоэффект………………………………… 16
Тема 24. Эффект Комптона. Световое давление………………………….… 23
Дидактическая единица № 6. Квантовая физика, физика атома…………..…. 28
Тема 25. Спектр атома водорода. Правило отбора…………………………. 28
Тема 26. Дуализм свойств микрочастиц.
Соотношение неопределенностей Гейзенберга …………………. 33
Тема 27. Уравнения Шредингера (общие свойства)…………………...…… 39
Тема 28. Уравнение Шредингера (конкретные ситуации)……………….… 43
Дидактическая единица № 7. Элементы ядерной физики и физики
элементарных частиц………………………...... 51
Тема 29. Ядро. Элементарные частицы………………………………..……. 52
Тема 30. Ядерные реакции…………………………………………………… 54
Тема 31. Законы сохранения в ядерных реакциях………………………….. 63
Тема 32. Фундаментальные взаимодействия……………………………….. 68
Библиографический список…………………………………………………….. 72
76