Квантовая оптика решебник

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
УХТИНСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕ РСИТЕТ
В.А. Жевнеренко, В.Н. Шамбулина , И.К. Серов
ФИЗИКА
Квантово-оптические явления. Физика атома.
Элементы физики атомного ядра
Сборник задач с решениями
Допущено научно-методическим советом по физ ике
Министерства образования и науки Российской Ф едерации в качестве учебного пособия для студентов
высших учебных заведений, обучающихся по техн ическим направлениям подготовки и спец иальностям
Ухта 2007
УДК 53 (075)
ББК 22.Я7
Ж 45
Жевнеренко, В.А. Физика. Квантово-оптические явления. Физика атома. Эл ементы физики атомного ядра: [Текст]: сборник задач с решениями/ В.А. Жевнеренко, В.Н. Шамбулина, И.К. Серов. – Ухта: УГТУ, 2007. – 240 с.
ISBN _ - _____ - ___ - _
Предлагаемое учебное пособие составляет единый методический ко мплект с изданием «Физика. Квантово-оптические явления. Физика атома. Эл ементы физики атомного ядра » авторов В.Н. Шамбулиной и В.А. Жевнеренко
(УГТУ, 2008 г.).
Сборник задач предназначен как дополнительный материал по провед ению практических занятий по физике для самостоятельной работы студентов
(СРС) по темам: «Квантово-оптические явления. Физика атома. Элементы ф изики атомного ядра». Рекомендуется для студ ентов инженерно-технического
направления 130500 «Нефтегазовое дело» и студентов специальностей 130501
«Проектирование, сооружение и эксплуатация магистральных газонефтепров одов и подземных газонефтехранилищ»; 130503 «Разработка и эксплуатация
нефтегазовых месторождений» и 130504 «Бурение нефтяных и газовых скв ажин».
Сборник задач включает 13 практических занятий по основным темам
физики: «Квантово-оптические явления», «Физика атома», «Элементы физики
атомного ядра». Предполагает минимальную предварительную теоретическую
подготовку студентов к занятиям. В конце пособия приводятся основные физ ические законы и формулы, физические постоянные и спр авочные таблицы.
Содержание заданий соответствует рабочей учебной программе.
Рецензенты:
Э.И. Богуславский – профессор, заведующий кафедрой физики Санкт Петербургского государственного горного института (Технический универс итет);
Н.И. Николаев – доктор техн.наук, профессор кафедры физики Санкт Петербургского государственного горного института (Технический универс итет).
© Ухтинский государственный технический университет, 2007
© Жевнеренко В.А., Шамбулина В.Н., Серов И.К., 2007
ISBN _ - _____ - ___ - _
Оглавление:
ПРЕДИСЛОВИЕ ................................ ................................ ................................ .... 9
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИ Я К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ................................ 9
РАЗДЕЛ I. КВАНТОВО-ОПТИЧЕСКИЕ ЯВЛЕНИЯ. ФИЗИКА АТОМА . 10
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 1 ЗАКОНЫ ТЕПЛОВОГО ИЗЛУЧЕНИЯ ..................... 10
Рекомендуемое задание № 1 ................................ ................................ ........... 10
Рекомендуемое задание № 2 ................................ ................................ ........... 10
Рекомендуемое задание № 3 ................................ ................................ ........... 11
Рекомендуемое задание № 4 ................................ ................................ ........... 12
Рекомендуемое задание № 5 ................................ ................................ ........... 13
Рекомендуемое задание № 6 ................................ ................................ ........... 13
Рекомендуемое задание № 7 ................................ ................................ ........... 14
Рекомендуемое задание № 8 ................................ ................................ ........... 15
Рекомендуемое задание № 9 ................................ ................................ ........... 15
Рекомендуемое задание № 10 ................................ ................................ ......... 16
Рекомендуемое задание № 11 ................................ ................................ ......... 17
Рекомендуемое задание № 12 ................................ ................................ ......... 19
Рекомендуемое задание № 13 ................................ ................................ ......... 19
Рекомендуемое задание № 14 ................................ ................................ ......... 20
Рекомендуемое задание № 15 ................................ ................................ ......... 22
Домашнее задание № 1 ................................ ................................ ................... 23
Домашнее задание № 2 ................................ ................................ ................... 23
Домашнее задание № 3 ................................ ................................ ................... 24
Домашнее задание № 4 ................................ ................................ ................... 25
Домашнее задание № 5 ................................ ................................ ................... 25
Домашнее задание № 6 ................................ ................................ ................... 27
Домашнее задание № 7 ................................ ................................ ................... 27
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 2 ФОТОЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ЭФФЕКТ ........................ 29
Рекомендуемое задание № 1 ................................ ................................ ........... 29
Рекомендуемое задание № 2 ................................ ................................ ........... 30
Рекомендуемое задание № 3 ................................ ................................ ........... 30
Рекомендуемое задание № 4 ................................ ................................ ........... 31
Рекомендуемое задание № 5 ................................ ................................ ........... 32
Рекомендуемое задание № 6 ................................ ................................ ........... 33
Рекомендуемое задание № 7 ................................ ................................ ........... 34
Рекомендуемое задание № 8 ................................ ................................ ........... 35
Рекомендуемое задание № 9 ................................ ................................ ........... 36
Рекомендуемое задание № 10 ................................ ................................ ......... 37
Рекомендуемое задание № 11 ................................ ................................ ......... 38
Рекомендуемое задание № 12 ................................ ................................ ......... 38
Рекомендуемое задание № 13 ................................ ................................ ......... 40
Домашнее задание № 1 ................................ ................................ ................... 40
Домашнее задание № 2 ................................ ................................ ................... 41
3
Домашнее задание № 3 ................................ ................................ ................... 42
Домашнее задание № 4 ................................ ................................ ................... 43
Домашнее задание № 5 ................................ ................................ ................... 44
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 3 ФОТОНЫ. ДАВЛЕНИЕ СВЕТА ................................ 46
Рекомендуемое задание № 1 ................................ ................................ ........... 46
Рекомендуемое задание № 2 ................................ ................................ ........... 47
Рекомендуемое задание № 3 ................................ ................................ ........... 47
Рекомендуемое задание № 4 ................................ ................................ ........... 48
Рекомендуемое задание № 5 ................................ ................................ ........... 49
Рекомендуемое задание № 6 ................................ ................................ ........... 51
Рекомендуемое задание № 7 ................................ ................................ ........... 52
Рекомендуемое задание № 8 ................................ ................................ ........... 52
Рекомендуемое задание № 9 ................................ ................................ ........... 54
Рекомендуемое задание № 10 ................................ ................................ ......... 55
Рекомендуемое задание № 11 ................................ ................................ ......... 55
Рекомендуемое задание № 12 ................................ ................................ ......... 56
Рекомендуемое задание № 13 ................................ ................................ ......... 57
Рекомендуемое задание № 14 ................................ ................................ ......... 58
Домашнее задание № 1 ................................ ................................ ................... 59
Домашнее задание № 2 ................................ ................................ ................... 59
Домашнее задание № 3 ................................ ................................ ................... 60
Домашнее задание № 4 ................................ ................................ ................... 61
Домашнее задание № 5 ................................ ................................ ................... 62
Домашнее задание № 6 ................................ ................................ ................... 63
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 4 ЭФФЕКТ КОМПТОНА ................................ .............. 64
Рекомендуемое задание № 1 ................................ ................................ ........... 64
Рекомендуемое задание № 2 ................................ ................................ ........... 64
Рекомендуемое задание № 3 ................................ ................................ ........... 65
Рекомендуемое задание № 4 ................................ ................................ ........... 65
Рекомендуемое задание № 5 ................................ ................................ ........... 67
Рекомендуемое задание № 6 ................................ ................................ ........... 68
Рекомендуемое задание № 7 ................................ ................................ ........... 69
Рекомендуемое задание № 8 ................................ ................................ ........... 70
Рекомендуемое задание № 9 ................................ ................................ ........... 71
Рекомендуемое задание № 10 ................................ ................................ ......... 73
Рекомендуемое задание № 11 ................................ ................................ ......... 73
Рекомендуемое задание № 12 ................................ ................................ ......... 74
Рекомендуемое задание № 13 ................................ ................................ ......... 75
Домашнее задание № 1 ................................ ................................ ................... 77
Домашнее задание № 2 ................................ ................................ ................... 79
Домашнее задание № 3 ................................ ................................ ................... 80
Домашнее задание № 4 ................................ ................................ ................... 80
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 5 АТОМ ВОДОРОДА ПО ТЕОРИИ БОРА ................... 82
Рекомендуемое задание № 1 ................................ ................................ ........... 82
Рекомендуемое задание № 2 ................................ ................................ ........... 83
4
Рекомендуемое задание № 3 ................................ ................................ ........... 84
Рекомендуемое задание № 4 ................................ ................................ ........... 87
Рекомендуемое задание № 5 ................................ ................................ ........... 88
Рекомендуемое задание № 6 ................................ ................................ ........... 89
Рекомендуемое задание № 7 ................................ ................................ ........... 90
Рекомендуемое задание № 8 ................................ ................................ ........... 91
Рекомендуемое задание № 9 ................................ ................................ ........... 91
Рекомендуемое задание № 10 ................................ ................................ ......... 93
Рекомендуемое задание № 11 ................................ ................................ ......... 94
Домашнее задание № 1 ................................ ................................ ................... 94
Домашнее задание № 2 ................................ ................................ ................... 95
Домашнее задание № 3 ................................ ................................ ................... 97
Домашнее задание № 4 ................................ ................................ ................... 98
Домашнее задание № 5 ................................ ................................ ................... 99
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 6 РЕНТГЕНОВСКОЕ ИЗЛУЧЕНИЕ........................... 100
Рекомендуемое задание № 1 ................................ ................................ ......... 100
Рекомендуемое задание № 2 ................................ ................................ ......... 101
Рекомендуемое задание № 3 ................................ ................................ ......... 102
Рекомендуемое задание № 4 ................................ ................................ ......... 103
Рекомендуемое задание № 5 ................................ ................................ ......... 105
Рекомендуемое задание № 6 ................................ ................................ ......... 106
Рекомендуемое задание № 7 ................................ ................................ ......... 107
Рекомендуемое задание № 8 ................................ ................................ ......... 107
Рекомендуемое задание № 9 ................................ ................................ ......... 108
Рекомендуемое задание № 10 ................................ ................................ ....... 109
Рекомендуемое задание № 11 ................................ ................................ ....... 110
Рекомендуемое задание № 12 ................................ ................................ ....... 111
Домашнее задание № 1 ................................ ................................ ................. 112
Домашнее задание № 2 ................................ ................................ ................. 113
Домашнее задание № 3 ................................ ................................ ................. 113
Домашнее задание № 4 ................................ ................................ ................. 114
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 7 ВОЛНЫ ДЕ БРОЙЛЯ ................................ ............... 116
Рекомендуемое задание № 1 ................................ ................................ ......... 116
Рекомендуемое задание № 2 ................................ ................................ ......... 116
Рекомендуемое задание № 3 ................................ ................................ ......... 117
Рекомендуемое задание № 4 ................................ ................................ ......... 120
Рекомендуемое задание № 5 ................................ ................................ ......... 121
Рекомендуемое задание № 6 ................................ ................................ ......... 122
Рекомендуемое задание № 7 ................................ ................................ ......... 124
Рекомендуемое задание № 8 ................................ ................................ ......... 125
Рекомендуемое задание № 9 ................................ ................................ ......... 126
Рекомендуемое задание № 10 ................................ ................................ ....... 127
Домашнее задание № 1 ................................ ................................ ................. 129
Домашнее задание № 2 ................................ ................................ ................. 130
Домашнее задание № 3 ................................ ................................ ................. 131
5
Домашнее задание № 4 ................................ ................................ ................. 132
Домашнее задание № 5 ................................ ................................ ................. 133
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 8 СООТНОШЕНИЕ НЕОПРЕДЕЛЕННОСТЕЙ
ГЕЙЗЕНБЕРГА ................................ ................................ ................................ .... 135
Рекомендуемое задание № 1 ................................ ................................ ......... 135
Рекомендуемое задание № 2 ................................ ................................ ......... 136
Рекомендуемое задание № 3 ................................ ................................ ......... 137
Рекомендуемое задание № 4 ................................ ................................ ......... 138
Рекомендуемое задание № 5 ................................ ................................ ......... 139
Рекомендуемое задание № 6 ................................ ................................ ......... 140
Рекомендуемое задание № 7 ................................ ................................ ......... 140
Рекомендуемое задание № 8 ................................ ................................ ......... 141
Рекомендуемое задание № 9 ................................ ................................ ......... 142
Рекомендуемое задание № 10 ................................ ................................ ....... 144
Домашнее задание № 1 ................................ ................................ ................. 144
Домашнее задание № 2 ................................ ................................ ................. 145
Домашнее задание № 3 ................................ ................................ ................. 146
Домашнее задание № 4 ................................ ................................ ................. 147
Домашнее задание № 5 ................................ ................................ ................. 148
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 9 УРАВНЕНИЕ ШРЕДИНГЕРА ДЛЯ ЭЛЕКТРОНА В
ПОТЕНЦИАЛЬНОМ «ЯЩИКЕ», АТОМЕ ВОДОРОДА. КВАНТОВЫЕ ЧИСЛА.
ОРБИТАЛЬНЫЙ МЕХАНИЧЕСКИЙ И МАГНИТНЫЙ МОМЕНТЫ. СПИН
ЭЛЕКТРОНА. ПРИНЦИП ПАУЛИ. ЗАПОЛНЕНИЕ ЭЛЕКТРОННЫХ
ОБОЛОЧЕК В АТОМЕ ................................ ................................ ........................ 150
Рекомендуемое задание № 1 ................................ ................................ ......... 150
Рекомендуемое задание № 2 ................................ ................................ ......... 151
Рекомендуемое задание № 3 ................................ ................................ ......... 153
Рекомендуемое задание № 4 ................................ ................................ ......... 154
Рекомендуемое задание № 5 ................................ ................................ ......... 155
Рекомендуемое задание № 6 ................................ ................................ ......... 156
Рекомендуемое задание № 7 ................................ ................................ ......... 157
Рекомендуемое задание № 8 ................................ ................................ ......... 158
Рекомендуемое задание № 9 ................................ ................................ ......... 159
Рекомендуемое задание № 10 ................................ ................................ ....... 160
Домашнее задание № 1 ................................ ................................ ................. 161
Домашнее задание № 2 ................................ ................................ ................. 164
Домашнее задание № 3 ................................ ................................ ................. 164
Домашнее задание № 4 ................................ ................................ ................. 165
Домашнее задание № 5 ................................ ................................ ................. 165
РАЗДЕЛ II. ЭЛЕМЕНТЫ ФИЗИКИ АТОМНОГО ЯДРА ........................... 167
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 10 ................................ ................................ .................. 167
1. МАССА, РАЗМЕР, СОСТАВ И ЗАРЯД АТОМНОГО ЯДРА. ....................... 167
МАССОВОЕ И ЗАРЯДОВОЕ ЧИСЛО................................ ................................ 167
6
2. РАДИОАКТИВНОЕ ИЗЛУЧЕНИЕ И ЕГО ВИДЫ (ПРЕВРАЩЕНИЕ ЯДЕР)
................................ ................................ ................................ ............................... 167
Рекомендуемое задание № 1 ................................ ................................ ......... 167
Рекомендуемое задание № 2 ................................ ................................ ......... 167
Рекомендуемое задание № 3 ................................ ................................ ......... 168
Рекомендуемое задание № 4 ................................ ................................ ......... 169
Рекомендуемое задание № 5 ................................ ................................ ......... 170
Рекомендуемое задание № 6 ................................ ................................ ......... 170
Рекомендуемое задание № 7 ................................ ................................ ......... 171
Рекомендуемое задание № 8 ................................ ................................ ......... 172
Рекомендуемое задание № 9 ................................ ................................ ......... 172
Рекомендуемое задание № 10 ................................ ................................ ....... 173
Рекомендуемое задание № 11 ................................ ................................ ....... 174
Рекомендуемое задание № 12 ................................ ................................ ....... 175
Домашнее задание № 1 ................................ ................................ ................. 176
Домашнее задание № 2 ................................ ................................ ................. 177
Домашнее задание № 3 ................................ ................................ ................. 177
Домашнее задание № 4 ................................ ................................ ................. 177
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 11 ДЕФЕКТ МАССЫ И ЭНЕРГИЯ СВЯЗИ АТОМНЫХ
ЯДЕР ................................ ................................ ................................ ..................... 179
Рекомендуемое задание № 1 ................................ ................................ ......... 179
Рекомендуемое задание № 2 ................................ ................................ ......... 179
Рекомендуемое задание № 3 ................................ ................................ ......... 180
Рекомендуемое задание № 4 ................................ ................................ ......... 181
Рекомендуемое задание № 5 ................................ ................................ ......... 182
Рекомендуемое задание № 6 ................................ ................................ ......... 182
Рекомендуемое задание № 7 ................................ ................................ ......... 183
Рекомендуемое задание № 8 ................................ ................................ ......... 184
Рекомендуемое задание № 9 ................................ ................................ ......... 184
Рекомендуемое задание № 10 ................................ ................................ ....... 185
Домашнее задание № 1 ................................ ................................ ................. 186
Домашнее задание № 2 ................................ ................................ ................. 186
Домашнее задание № 3 ................................ ................................ ................. 187
Домашнее задание № 4 ................................ ................................ ................. 187
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 12 ЗАКОН РАДИОАКТИВНОГО РАСПАДА.
АКТИВНОСТЬ ................................ ................................ ................................ ..... 189
Рекомендуемое задание № 1 ................................ ................................ ......... 189
Рекомендуемое задание № 2 ................................ ................................ ......... 189
Рекомендуемое задание № 3 ................................ ................................ ......... 190
Рекомендуемое задание № 4 ................................ ................................ ......... 191
Рекомендуемое задание № 5 ................................ ................................ ......... 192
Рекомендуемое задание № 6 ................................ ................................ ......... 194
Рекомендуемое задание № 7 ................................ ................................ ......... 194
Рекомендуемое задание № 8 ................................ ................................ ......... 195
Рекомендуемое задание № 9 ................................ ................................ ......... 196
7
Рекомендуемое задание № 10 ................................ ................................ ....... 197
Домашнее задание № 1 ................................ ................................ ................. 198
Домашнее задание № 2 ................................ ................................ ................. 199
Домашнее задание № 3 ................................ ................................ ................. 200
Домашнее задание № 4 ................................ ................................ ................. 200
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 13 ЯДЕРНЫЕ РЕАКЦИИ. ЭНЕРГЕТИЧЕСКИЙ
ВЫХОД (ЭФФЕКТ) ЯДЕРНЫХ РЕАКЦИЙ ................................ ...................... 202
Рекомендуемое задание № 1 ................................ ................................ ......... 202
Рекомендуемое задание № 2 ................................ ................................ ......... 203
Рекомендуемое задание № 3 ................................ ................................ ......... 203
Рекомендуемое задание № 4 ................................ ................................ ......... 204
Рекомендуемое задание № 5 ................................ ................................ ......... 206
Рекомендуемое задание № 6 ................................ ................................ ......... 206
Рекомендуемое задание № 7 ................................ ................................ ......... 207
Рекомендуемое задание № 8 ................................ ................................ ......... 208
Рекомендуемое задание № 9 ................................ ................................ ......... 209
Рекомендуемое задание № 10 ................................ ................................ ....... 210
Домашнее задание № 1 ................................ ................................ ................. 212
Домашнее задание № 2 ................................ ................................ ................. 212
Домашнее задание № 3 ................................ ................................ ................. 213
Домашнее задание № 4 ................................ ................................ ................. 215
Домашнее задание № 5 ................................ ................................ ................. 215
ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ, ИС ПОЛЬЗУЕМЫЕ В ЗАДАЧНИ КЕ.............. 217
ПРИЛОЖЕНИЯ ................................ ................................ ................................ . 222
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СП ИСОК ................................ ............................ 236
8
Предисловие
При изучении курса физики во втузе большое значение имеет практич еское применение теоретических знаний, главное из которых – умение решать
задачи.
Цель настоящего учебно-методического пособия – оказать помощь студентам инженерно-технических специальностей в изучении раздела «Квантово оптические явления. Физика атома. Элементы физики атомного ядра».
Данное учебное пособие полностью соответствует «Физика. Квантово оптические явления. Физика атома. Элементы физики атомного ядра» В .Н.
Шамбулиной (РИО УГТУ, 2006 г.), образуя, таким образом единый методич еский комплект.
Для формирования навыков работы над задачами, все решения оформл ены однотипно: запись условия, перевод данных в СИ, подробное решение зад ачи в общем виде, подстановка числовых данных в конечную форму, запись о твета. Приведены от одного до нескольких м етодов решения задач.
В учебном пособии даны приложения, в которых рассмотрены выводы
основных формул (теори я), используемых далее в решениях, приведен пер ечень важнейших формул и законов и справочные табл ицы.
Авторы
Методические указания к решению задач
Решая задачи, необходимо использовать следующие методические указ ания.
1. Вникнуть в условие задачи, кратко з аписать условие, сделать схематич еский чертеж, поясняющий содержание задачи.
2. Выяснив, какие физические законы лежат в основе задачи, решить ее в
общем виде т.е. выразить искомую величину в буквенных обозначен иях.
3. Подставить числа в расчетную формулу и указ ать единицу искомой физической величины.
9
РАЗДЕЛ I. КВАНТОВО-ОПТИЧЕСКИЕ ЯВЛЕНИЯ. ФИЗИКА
АТОМА
Практическое занятие 1
ЗАКОНЫ ТЕПЛОВОГО ИЗЛУЧЕНИЯ
Рекомендуемое задание № 1
Поток энергии Фe , излучаемый из смотрового окошка плавильной печи ,
равен 34 Вт. Определить температуру T печи, если площадь отверстия
S  6 см2.
Решение:
Дано:
Си:
Для равновесного излуче ния абсолютно чёрного
Ф e = 34 Вт
-4
2
6·10 м тела поток (мощность) излучения
S  6 см2
Фe  Re  S ,
T ?
где S - площадь поверхности тела ;
Согласно закону Стефана-Больцмана энергетическая светимость
(излучательность) абсолютно чёрного тела - энергия, излучаемая за единицу
времени единицей поверхности абсолютно черного тела, пропорциональна
четвертой степени абсолютной темп ературы тела T 4 :
Re  T 4 ,
где   5,67 10 8 Вт/(м 2 К4) – постоянная Стефана-Больцмана.
Подставим Re в предыдущую формулу, получим:
Фe  T 4  S
Отсюда:
е
.
 s
Подставляя значение в формулу, получим:
Т 4
T  4
34
6  10  4  5 , 67  10
8
 10
3
 1 (кК).
Ответ: T  1 кК.
Рекомендуемое задание № 2
Определить энергию W , излучаемую за время t  1 мин из смотрового
окошка площадью S  8 см2 плавильной печи, если её температура T  1,2кK .
10
Дано:
t  1 мин
S  8 см2
T  1,2 кК
W ?
Си:
60с
8·10-4 м2
1,2·103 К
Решение:
Согласно закону Стефана-Больцмана энергетическая светимость (излучательность) абсолютно
чёрного тела пропорциональна T 4 :
Re   T 4 ,
где   5,67  10 8 Вт/(м2·К4) – постоянная Стефана-Больцмана.
С другой стороны – это энергия, излучаемая за единицу времени единицей
поверхности абсолютно черного тела :
W
Rе  .
St
Тогда энергия, излучаемая за время t:
W  Rе S t    T 4  S  t .
Произведем вычисления:
W  5,67  10 8  2,0736  1012  8  10 4  60  5643,5  5,64 (кДж).
Ответ: W  5,64 кДж.
Рекомендуемое задание № 3
В излучении абсолютно черного тела, площадь поверхности которого
равна 25см 2, максимум энергии приходится на длину волны 600нм. Сколько
энергии излучается с 1см2 этого тела за 1с?
Дано:
Си:
Решение:
9
Длина волны, отвечающая максимальной энерm  600 нм 600  10 м
гии излучения, обратно пропорциональна температ уt  1с

4
ре T (закон смещения Вина):
10 м
S  1 см2
b
Re = ?
m  ,
T
3
где b  2,9 10 м·К – первая постоянная Вина,
T - абсолютная температура .
b
,
T
(1)
m
Энергия, излучаемая2 за единицу времени с единицы поверхности –
энергетическая светимость Re по закону Стефана-Больцмана:
Re   T 4 ,
(2)
где   5,67 10 8 Вт/(м2 К-4) – постоянная Стефана-Больцмана.
Подставив (1) во (2) получим в системе СИ (Вт/м2):
11
4
 b 
Re     .
 m 
Нам надо вне системно. Тогда учтём, что 1м = 100 см, а 1м 2 = 104 см2 ,
т.е. 1см 2 = 10-4 м2. Получим энергетическую светимость вне системы:
4
 b 
Re      10  4 (Вт/см2).
 m 
Подставим численные значения:
4
 2,9  10  3   4
 10  5,67  10  8 4833,3410  4  3094 (В
Re  5,67  10 
9 
 600  10 
8
т/см2).
Ответ: Re = 3094 Вт/см2.
Примечание. Площадь поверхности 25см 2 дана для того, чтобы сбить студента с
толку, иными словами, проверить твёрдость знаний теории студентом.
Рекомендуемое задание № 4
Принимая коэффициент теплового излучения ат угля при температуре
T  600 K равным 0,8, определить:
1) энергетическую светимость Rес угля;
2) энергию W , излучаемую с поверхности угля площадью S  5 см2 за
время t  10 мин.
Решение:
Дано:
Си:
1. Согласно закону Стефана-Больцмана энергеаТ  0,8
тическая светимость (излучательность) серого тела
T  600 К
-4
2
пропорциональна T 4 :
S  5 см2 5·10 м
Rес  аТ Rе  аТ T 4 ,
t  10 мин 600 с
1) Rес  ?
где   5,67  10 8 Вт/(м2·К4) – постоянная
Больцмана.
2) W  ?
Произведем вычисления:
с
8
Rе  0,8  5,67  10  1296  10 8  5879  5,88 (кВт/м2).
Стефана-
2. Для равновесного излучения серого тела поток (мощность) излучения:
Фe  Rес  S ,
где S - площадь поверхности тела.
Энергия, излучаемая за время t :
W  е t .
Тогда:
12
W  Rес  S  t .
Произведем вычисления:
W  5879  5  10 4  600  1764  1,76 (кДж).
Ответ: 1. Rес  5,88 кВт/м2;
2. W  1,76 кДж.
Рекомендуемое задание № 5
Муфельная печь потребляет мощность P  1 кВт. Температура T её внутренней поверхности при открытом отверстии площадью S  25 см2 равна 1,2
кК. Считая, что отверстие печи излучает как черное тело, определить, к акая
часть  мощности рассеивается стенками.
Решение:
Дано:
Си:
Мощность (поток) излучения есть произведе1000Вт
P  1 кВт
2
ние энергетической светимости печи на площади S
S  25 см
поверхности:
T  1,2 кК 1200 К
P изл = Фе  Re S .
 ?
Энергетическая светимость (излучательность) Re черного тела - энергия, излучаемая за единицу времени единицей поверхности абсолютно черного
тела, пропорциональна четвертой степени абсолютной темпер атуры тела
T 4 , выражается законом Стефана-Больцмана:
Re   T 4 ,
где   5,67  10 8 Вт/(м2·К4) – постоянная Стефана-Больцмана.
Oтсюда:
P изл  S T 4 .
Часть рассеиваемой мощности есть разность между потребляем ой мощностью печи и мощностью излучения:
Ppac  P  P изл  P  S T 4 ,
ST 4
,
P
P
5,67  10 8  1,2 4  10 12  25  10 4
 1
 1  294  10  3  0,706 .
3
10
Ответ:   0,706 .

Ppac
1
Рекомендуемое задание № 6
Можно условно принять, что Земля излучает как серое тело , находящееся
при температуре T  280 K . Определить коэффициент теплового изл учения ат
13
Земли, если энергетическая светимость
Rес
её поверхности равна 325
кДж/(м2·ч).
Дано:
Си:
T  280 К
Rес  325 кДж/(м2ч) 90,278Дж/(м2c)
Решение:
Земля излучает как серое тело.
Коэффициент теплового излучения
(степень черноты) серого тела есть отат - ?
ношение энергетической светимости
серого тела к энергетической светимости черного тела, и находится по формуле:
Rес
.
аТ 
Re
Закон Стефана-Больцмана для абсолютно чёрного тела, как если бы
Земля была абсолютно чёрным телом :
Rе   T 4 ,
где   5,67  10 8 Вт/(м2·К4) – постоянная Стефана-Больцмана. Подставим в коэффициент теплового излучения:
R ес
90,278
аТ 

 0,259 .
4
Т
5,67  10 8  280 4
Ответ: аТ  0,259 .
Рекомендуемое задание № 7
Мощность P излучения шара радиусом R  10 см при некоторой постоянной температуре T равна 1 кВт. Найти эту температуру, считая шар с ерым
телом с коэффициентом черноты аТ  0,25 .
Дано:
P  1 кВт
R  10 см
аТ  0,25
Решение:
Мощность (поток) излучения серого тела есть произведение
энергетической светимости шара на площад ь S поверхности:
P  Фе  Rес S .
T ?
Площадь S поверхности шара:
S  4R .
Энергетическая светимость (излучательность) Rес серого тела выража2
ется законом Стефана-Больцмана:
Rес  аТ  T 4 ,
где   5,67  10 8 Вт/(м2·К4) – постоянная Стефана-Больцмана.
Тогда мощность излучения:
P  а Т  T 4  4R 2 .
14
С учетом всех формул температура поверхности тела :
T 4
P
.
4а Т R 2
10 3
T 4
 865,7  866 (К).
4  0,25  5,67  10 8  3,14  10  2
Ответ T  866 К.
Рекомендуемое задание № 8
Температура вольфрамовой нити накаливания в двадцатипятиваттной
электрической лампе равна 2450К, а ее излучение составляет 30% излучения
абсолютно черного тела при той же тем пературе поверхности. Найти пл ощадь
поверхности S нити накала.
Решение:
Дано:
Мощность, потребляемая нитью, идёт на излучение с плоT  2450 К
щади S как серое тело, т.е. поток излучения и определяется по
P  25 Вт
формуле:
аТ  0,3
Р = Фе = RеS.
S ?
Энергетическая светимость (излучательность) серого тела по закону Стефана – Больцмана:
Rе = аТσТ4,
где   5,67  10 8 Вт/(м2·К4) – постоянная Стефана-Больцмана,
T - абсолютная температура.
Тогда потребляемая мощность:
Р  аТ Т 4 S .
Площадь излучения отсюда:
P
.
S
аТ T 4
Подставим численные значения:
25
S
 0,41  10  4 м2 = 0,41 см 2.
8
4
0,3  5,67  10  2450
Ответ: S = 0,41 см2.
Рекомендуемое задание № 9
Максимум спектральной плотности энергетической светимости
(r ,T ) max
яркой звезды Арктур приходится на длину волны  m  580 нм. Принимая, что
звезда излучает как черное тело, определить температуру T поверхности звезды.
15
Решение:
Температура излучающей поверхности может
быть определена из закона смещения Вина:
T ?
b
m  ,
T
3
где b  2,9  10 м·К – первая постоянная Вина.
Выразим отсюда температуру T :
b
.
T
m
Дано:
СИ:
-9
 m  580 нм 580·10 м
Вычислим полученное значение:
2,9  10 3
T
 5000 К  5 (кК).
580  10 9
Ответ: T  5кK .
Рекомендуемое задание № 10
Вследствие изменения температуры черного тела максимум спектрал ьной
плотности излучательности (r ,T ) max сместился с 1  2,4 мкм на  2  0,8 мкм.
Как и во сколько раз изменились энергетическая светимость Re тела и максимальная спектральная плотность энергетиче ской светимости (r ,T ) max ?
Дано:
1  2,4 мкм
 2  0,8 мкм
1)
2)
Re 2
?
Re1
(r ,T ) max 2
(r ,T ) max 1
?
СИ:
2,4·10-9 м
0,8·10-9 м
Решение:
1) Энергетическая светимость (излучательность) Re черного тела - энергия, излучаемая
за единицу времени единицей поверхности абс олютно черного тела, пропорциональна четвертой
степени абсолютной температуры тела T 4 , выражается законом Стефана-Больцмана:
Re   T 4 ,
(1)
где   5,67  10 8 Вт/(м2·К4) – постоянная Стефана-Больцмана.
Температура излучающей поверхности может быть определена из закона
смещения Вина:
b
m  ,
T
где b  2,9  10 3 м·К – первая постоянная Вина.
Выразив отсюда температуру Т:
b
T
m
16
и подставив её в формулу (1), получим:
4
 b 
(2)
Re     .
 m 
Так как  и b – константы, то энергетическая светимость Re зависит
4
 1 
только от   , тогда энергетическая светимость увеличится в:
 m 
4
Re 2  1 
 2,4нм 
=    
  3 4 =81 раз.
Re1   2 
 0,8нм 
2) Максимальная спектральная плотность энергетической светим ости пропорциональна пятой степени температуры Кельвина и выражается фо рмулой 2го закона Вина:
( r ,T ) max  CT 5 ,
(3)
4
где коэффициент C  1,3  10 5 Вт/(м3·К5) - постоянная второго закона Вина.
Температуру Т выразим из закона смещения Вина:
b
T
.
m
Подставив полученное выражение температуры в форму лу (3), найдём:
5
 b 
(4)
( r ,T ) max  C   ,
 m 
Так как спектральная плотность обратно пропорциональна длине во лны в
1
пятой степени 5 , то изменение плотности найдем из отношения :
m
5
( r ,T ) max 2  1   2,4нм  5
  
  3  243 .
( r ,T ) max 1  2   0,8нм 
Ответ: увеличились: в 81 раз энергетическая светимость Re и в 243 раза
максимальная спектральная плотность энергетической светимости (r ,T ) max .
Рекомендуемое задание № 11
Излучение Солнца по своему спектральному составу близко к излуч ению
абсолютно черного тела, для которого максимум испускательной сп особности
приходится на длину волны 0,48мкм. Найти массу, теряемую Солнцем ежес екундно за счет излучения.
17
Дано:
m  0,48 мкм
СИ:
0,48·10-6 м
t  1с
RC  6,95  10 8 м
m
?
t
Решение:
Теряемую Солнцем массу за любое время
найдем из закона Эйнштейна: W  mc 2 :
W
m 2 ,
(1)
c
где с – скорость света.
Энергия, излучаемая за время t (вывод см.
задача №2):
W  T 4  S t ,
где   5,67  10 8 Вт/(м2·К4) – постоянная Стефана-Больцмана.
(2)
С учетом того, что площадь поверхности Солнца как сферы S  4RC2 и
температура T 
b
согласно закону смещения Вина формула (2) примет вид:
m
4
 b 
W       4RC2  t ,
 m 
где b  2,9  10 3 м·К – первая постоянная Вина.
Подставив (3) во (1) получим :
4
 b 
     4RC2  t
 m 
.
m
c2
Масса, теряемая Солнцем ежесекундно:
4
 b 
     4RC2
m
 m 
.

t
c2
Подставим численные значения:
4
 2,9  10 3 
2
5,67  10  
  4 6,95  10 8 
6
m
 0,48  10 

,
t
3  10 8 2
8
m 3441,62  10 8  6041,7 

 5,1  10 9 (кг/с).
16
t
9  10
m
Ответ:  5,1  10 9 кг/с.
t
4
18
(3)
Рекомендуемое задание № 12
Температура T черного тела равна 2 кК. Определить: 1) спектральную
плотность энергетической светимости (r ,T ) для длины волны   600 нм; 2)
энергетическую светимость Re в интервале длин волн от 1  590 нм до
 2  610 нм. Принять, что средняя спектральная плотность энергетической св е-
тимости тела в этом интервале ра вна значению, найденному для длины волны
  600 нм.
Дано:
СИ:
Решение:
2000 К
1). Спектральная плотность энергетич еской
T  2кK
-9
  600 нм 600·10 м светимости, согласно формуле Планка:
-9
1  590 нм 590·10 м
2hс 2
1
,
r ,Т 

-9
5

 hс 
 2  610 нм 610·10 м
exp

kT



1) (r , T ) max  ?
-34
где ħ = 1,05·10 Дж·с – постоянная Планка (с че р2) Re  ?
той); с = 3·10 8 м/с – скорость света; k = 1,38·10 -23
Дж/К – постоянная Больцмана. Подставим численные значения:
2  3,14  6,63  10 34  3  10 8 
2
r ,Т 
6  10 
7 5
e

6 , 6310 34 310 8
1, 3810  23  210 3 610  7
 4,82  1015  e  12 ,
Вт
Вт
МВт
7

3

10

30
.
м3
м 2  мм
м 2  мм
2). Энергетическую светимость Re найдём из определения спектральr ,Т  2,96  1010
ной плотности энергетической светимости r ,Т :
2
2
1
1
Re   r ,T d  r ,T  d  r ,T ( 2  1 ) .
Учли, что средняя спектральная плотность энергетической светимости
тела r ,Т постоянная величина и можно вынести за знак интеграла. Подставим
численные значения:
Re  30  1010  (610  590)  10 9  600 (Вт/м2).
МВт
,
м 2  мм
2) Re  600 Вт/м2.
Ответ: 1) r ,Т  30
Рекомендуемое задание № 13
Найти мощность Р электрического тока, подводимую к вольфрамовой н ити диаметром d = 0,5 мм и длиной ℓ = 20 см, для поддержания её температуры
19
3000 К. Считать, что тепло теряется только вследствие излучения. Температура
окружающей среды 1000 К. Коэффициент теплового излучения воль фрама 0,3.
СИ:
Решение:
Дано:
-4
Вся подводимая мощность пойдёт на разd = 0,5 мм
5·10 м
ницу между излучением вольфрамовой нити и
ℓ = 20 см
0,2 м
поглощением тепла (излучения) из окружающей
Т = 3000 К
среды:
Токр = 1000 К
Р = Фе,изл – Фе,погл.
аТ = 0,3
Поток излучения (поглощения) найдём по
Вт
σ = 5,67·10 -8 2 4
формуле:
м К
Фе = RеS,
Р=?
где S = πd·ℓ – площадь боковой поверхности н ити (цилиндр). Тогда:
Р = Rе,излS – Rе,поглS = (Rе,изл – Rе,погл)S,
Энергетическая светимость (излучательность) Re серого тела - энергия, излучаемая за единицу времени единицей поверхности тела, пропорциональна четвертой степени абсолютной температ уры тела Т4, выражается законом Стефана-Больцмана:
Rе = аТ·σ·Т4,
где σ – постоянная Стефана-Больцмана.
Подставим её и площадь в формулу подводимой мощности:
Р = (аТσТ4 – аТσТ4окр)πdℓ = аТσ(Т4 – Т4окр)πdℓ,
Подставим численные значения:
Р = 0,3·5,67·10-8·[30004 – 10004]·3,14·0,2·5·10 -4 = 427,5 Вт.
Ответ: Р = 427,5 Вт.
Рекомендуемое задание № 14
Чёрный тонкостенный металлический куб со стороной а = 10 см заполнен водой при температуре Т1 = 80°С. Определить время τ остывания куба до
температуры Т2 = 30°С, если он помещён внутрь зачернённой вакуумной кам еры. Температура стенок камеры поддерживается близкой к абсолютному нулю.
20
СИ:
Дано:
а = 10 см
0,1 м
Т1 = 80°С
353 К
Т2 = 30°С
303 К
3
ρ = 998 кг/м
с = 4200 Дж / кг  К
σ = 5,67·10 -8 Вт / м 2  К 4
τ=?
Решение:
Согласно закону Стефана-Больцмана
энергетическая светимость
(излучательность) абсолютно чёрного тела пропорциональна T 4 :
Re   T 4 ,
где σ – постоянная Стефана-Больцмана.
С другой стороны – это элементарная
энергия, излучаемая за сколь угодно малое время единицей поверхности абс олютно черного тела:
dW
.
Rе 
S dt
Тогда элементарная (малая) энергия, излучаемая за малое время dt:
dW  Rе S d t   T 4 S dt .
(1)
Излучение происходит за счёт убыли тепловой энергии, т.е:
dW = – dQ.
(2)
Малое количество энергии dQ, теряемое водой, за это же время dt, при понижении температуры на величину dT , равно:
dQ  mc dT ,
(3)
где с – удельная теплоемкость воды, m – масса воды.
Подставим уравнения (1) и (3) в формулу (2):
 T 4 S dt  mcdT .
Откуда дифференциал времени:
mc dT
.
dt  

S T4
(4)
Проинтегрируем выражение (3):
mc  1 
mc  1
1 
mc T dT
 3  3  .
 3  
=>   
dt


0

4
 S  3T  Т
3 S  T2 T1 
S T T

Т2
2
1
1
Площадь излучения - поверхность куба:
S = 6a2.
Массу воды найдём из определения плотности и понятия объём куба:
m = ρV = ρa3.
Тогда время остывания:
 
 а 3c  1
1   аc  1
1 
 3  3  
 3  3  ,
2 
3 6а  T2 T1  18  T2 T1 
21
Подставив численные значения величин, получим:
998  0,1  4200  1
1 
 


 4107  10 8  1321  10 8  5427 с  1,51ч .
8
3
3 
18  5,67  10  303 353 
Ответ: τ = 1,51 час.
Рекомендуемое задание № 1 5
Оценить давление р теплового излучения в центре ядерного взрыва. Те мпературу Т в эпицентре принять равной 10 6 К.
Решение:
Дано:
6
Давление теплового излучения связано с объёмной
Т = 10 К
8
плотностью энергии (энергия, излучаемая един ицей
с = 3·10 м/с
объёма) излучения соотношением:
Вт
σ = 5,67·10 -8 2
4
u
м К
р .
(1)
3
р=?
Связь энергетической светимости Rе абсолютно
чёрного тела с равновесной объёмной плотностью u энергии излучения:
с
(2)
Rе  u ,
4
где с – скорость света в вакууме.
Энергетическая светимость (излучательность) Re черного тела - энергия, излучаемая за единицу времени единицей поверхности абсолютно черного
тела, пропорциональна четвертой степени абсолютной темпер атуры тела
T 4 , выражается законом Стефана-Больцмана:
Re   T 4 ,
(3)
где σ – постоянная Стефана-Больцмана.
Приравняем формулы (2) и (3):
с
u  T 4.
4
Выразим объёмную плотность энергии:
4 T 4
.
u
с
Подставим в формул у давления (1):
4 T 4
.
р
3с
Произведём вычисления:
4  5,67  10 8  10 6 
р
 2,52  10 8 Па  2,52  10 3 атм .
8
3  3  10
4
22
Ответ: р = 2,52·10 3 атм.
Домашнее задание № 1
Какова средняя температура земной поверхности, если длина волны, с оответствующая максиму ее теплового излучения, равна 10 мкм.
Дано:
Си:
Решение:
6
Запишем закон смещения Вина - длина волны,
max  10 мкм 10 10 м
на которую приходится максимум энергии излучения:
T =?
C
max  1 ,
T
3
где C1  2,9  10 м  К - постоянная Вина, T – термодинамическая температ ура.
Выразим термодинамическую температуру:
C
T 1 .
mazx
Подставим численные значения:
2,9  10 3
 2,9  10 2  290 (К).
5
10
Ответ: Т = 290 К.
T
Домашнее задание № 2
С поверхности сажи пло щадью S  2 см2 при температуре T  400 K за
t  5 мин излучается энергия W  83 Дж. Определить коэффициент теплового и злучения аТ сажи.
Дано:
СИ:
Решение:
t  5 мин 300с
1 способ. Согласно закону Стефана-Больцмана
2
-4 2
2·10 м энергетическая светимость (излучательность) серого
S  2 см
T  400 К
тела пропорциональна T 4 :
W  83 Дж
Rес  аТ  T 4 ,
аТ  ?
где   5,67  10 8 Вт/(м2·К4) – постоянная СтефанаБольцмана.
С другой стороны – это энергия, излучаемая за единицу времени единицей
поверхности абсолютно черного тела :
W
.
Rес 
St
Приравняем и выразим коэффициен т теплового излучения аТ:
W
.
аТ 
S t T 4
23
2 способ. Согласно закону Стефана - Больцмана энергетическая светимость серого тела:
Re      T 4 ,
(1)
где   5,67  10 8 Вт/(м2·К4) – постоянная Стефана-Больцмана;
T – термодинамическая температура;
аТ - коэффициент теплового излуч ения (степень черноты).
Выразим из формулы (1) аТ , получим:
аТ 
Re
.
 T 4
(2)
Фе
,
S
(3)
Найдем Re из формулы:
Rе 
где Фe - мощность излучения (поток);
S - площадь, через которую проходит поток.
Мощность излучения (поток) найдем из уравнения:
W
Фe  ,
(4)
t
где W - тепловая энергия;
t - время, за которое поток (мощность) проходит через поверхность.
Подставим (4) в (3) и получим:
W
.
Re 
(5)
S t
Подставим (5) в (2) и получим конечную форму лу для расчета коэффициента теплового излучения:
W
.
аТ 
S  t  T 4
Вычислим:
83
аТ 
 0,953 .
4
2  10  300  5,67  10 8  400 4
Ответ: аТ  0,953 .
Домашнее задание № 3
Температура верхних слоёв Солнца равна 5,3 кК. Считая Солнце че рным
телом, определить длину во лны  m , которой соответствует максимальная спе ктральная плотность энергетической светимости (r ,T ) max Солнца.
24
Дано:
T  5,3кK
m  ?
СИ:
5300 К
Решение:
Согласно закону смещения Вина - длина волны, на
которую приходится максимум энергии излучения, обратно пропорциональна температуре :
b
,
T
где b  2,9  10 3 м·К – первая постоянная Вина;
T - термодинамическая температура.
Подставим числовые значения:
max 
2,9  10 3
m 
 547  10 9 м = 547 нм.
3
5,3  10
Ответ: m  547 нм.
Домашнее задание № 4
Определить температуру T черного тела, при которой максимум спе ктральной плотности энергетической светимости (r ,T ) max приходится на красную
границу видимого спектра ( 1  750 нм), на фиолетовую (  2  380 нм).
Дано:
СИ:
-9
1  750 нм 750·10 м
-9
  380 нм 380·10 м
Решение:
Согласно закону смещения Вина, длина волны
max, на которую приходится максимум энергии изл у2
чения, обратно пропорциональна температуре :
T1  ?
b
T2  ?
(1)
max  ,
T
где b  2,9  10 3 мК – постоянная Вина.
Выразим из уравнения (1) те мпературу T :
b
b
и T2  .
T1 
1
2
Подставив известные величины, получим:
2,9  10 3
T1 
 3,8 (кК);
750  10 9
2,9  10 3
T2 
 7,6 (кК).
380  10 9
Ответ: T1  3,8 кК, T2  7,6 кК.
Домашнее задание № 5
Черное тело нагрели от температуры T1  500 K до T2  2000 K . Определить:
25
1) во сколько раз увеличилась его энергетическая светимость;
2) как изменилась длина волны, соответствующая максимуму спектрал ьной
плотности энергетической светимости.
Решение:
Дано:
1) Согласно закону Стефана-Больцмана энергетическая
T1  500 К
T2  2000 К светимость (излучательность) черного тела - энергия, излучаемая за единицу времени единицей поверхности абсолютно черн оRе 2
1)
?
го тела равна:
Rе1
Re  T 4 .
2)   ?
В нашем случае:
Re1  T14
(1)
и
Re 2  T24 .
(2)
Разделив выражение (2) на (1), получим:
4
Re 2  T2 
    256 .
Re1  T1 
2) Согласно закону смещения Вина, длина волны  max , соответствующая
максимуму функции r ,T равна:
b
,
T
где b  2,9  10 3 мК – постоянная Вина.
max 
 m1 
b
,
T1
(1)
m 2 
b
.
T2
(2)
Искомая величина   2  1 .
 
1 1
b b
  b   .
T2 T1
 T2 T1 
1 
 1
  2,9  10 3 

  4,35 (мкм).
 2000 500 
R
Ответ: 1) е 2 = 256 (раз увеличилась);
Rе1
2)   4,35 мкм (уменьшилась на 4,35 мкм).
26
Домашнее задание № 6
Черное тело находится при температуре T1  2900 К . При его остывании
длина волны, соответствующая максимуму спектральной плотности энергет ической светимости изменилась на   9 мкм. Определить температуру T2 , до
которой тело охладилось.
Дано:
СИ:
Решение:
Согласно закону смещения Вина, длина волны
T1  2900 К
-9
  9 мкм 9·10 м max , соответствующая максимуму фун кции r ,T равна:
T2  ?
max 
b
,
T
где b  2,9  10 3 мК – постоянная Вина.
Для нашего случая:
b
m1  ,
T1
m 2 
b
.
T2
Вычитая из выражения (2) выражение (1), получим:
b b bT  bT2
.
  2  1    1
T2 T1
T1T2
(1)
(2)
(3)
Преобразуем:
T1T2  bT1  bT2 => T1T2  bT2  bT1
Выразим искомую величину T2 :
T2 
bT1
2,9  10 3  2900

 290 (К).
T1  b 9  10 6  2900  2,9  10 3
Ответ: T2  290 К.
Домашнее задание № 7
При какой температуре Т давление р теплового излучения станет равным
нормальному атмосферному давлению ратм = 1,013·10 5 Па.
Дано:
Решение:
5
ратм = 1,013·10 Па
Давление теплового излучения (по условию равно
8
с = 3·10 м/с
ратм) связано с объёмной плотностью энергии (энергия,
излучаемая единицей объёма) излучения соотношением:
Вт
σ = 5,67·10 -8 2
4
м К
Т=?
27
u
р  р атм  .
(1)
3
Связь энергетической светимости Rе абсолютно чёрного тела с равнове сной объёмной плотностью u энергии излучения:
с
(2)
Rе  u ,
4
где с – скорость света в вакууме.
Разделим формулу (2) на (1) и выразим энергетическую светимость:
3с р атм
Rе
3с
=> Rе 
.

(3)
4
р атм 4
Энергетическая светимость (излучательность) Re черного тела - энергия, излучаемая за единицу времени единицей поверхности абсолютно черного
тела, выражается законом Стефана-Больцмана:
Re   T 4 ,
(4)
где σ – постоянная Стефана-Больцмана.
Приравняем формулы (3) и (4):
3с р атм
T4
4
Выразим температуру:
3с р атм
4
Произведём вычисления:
T 4
Т 4
3  3  10 8 1,013  10 5 14,2  10 2

 14,2  10 4  142  10 3 К  142кК .
8
2
4  5,67  10 
10
Ответ: Т = 142 кК.
28
Практическое занятие 2
ФОТОЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ЭФФЕКТ
Рекомендуемое задание № 1
Определить работу выхода A электронов из натрия, если красная гр аница
фотоэффекта 0 = 500 нм.
Решение:
Согласно уравнению Эйнштейна, для
фотоэффекта; энергия кванта света  расходуh  6,63  10 34 Дж·с
ется на работу выхода Авых электрона из вещеc  3  10 8 м/с
ства и на сообщение кинетической энергии Т
Aвых  ?
(скорости) электрону:
  Aвых  Tmax ,
(1)
Для того чтобы свет мог вырвать электрон из металла, необходимо, чтобы
энергия кванта света была не меньше работы выхода электрона из этого металла, т.е. для фотоэффекта необходимо:
  Aвых .
Дано:
0 = λкр = 500 нм
СИ:
500·10-9 м
Энергия кванта света:
  h .
Следовательно:
h 0  Авых ,
(2)
где vо = vкр – «красная граница» фотоэффекта – минимальная частота, при
которой возможен фотоэффект, h – постоянная Планка.
Частота излучения v связана с длиной волны соотношением:
с
vо = ,
0
(3)
где  0 = λкр – «красная граница» фотоэффекта – максимальная длина волны,
при которой возможен фотоэффект , с - скорость света.
Учитывая формулу (3), получим в формуле (2) работу выхода:
с
Aвых  h .
0
Подставим численные значения:
6,63  10 34  3  10 8
Aвых 
 0,03978  10 17  4  10 19 Дж .
9
500  10
Переведём энергию из Дж в эВ (электрон -вольт): 1 эВ = 1,6·10 -19 Дж.
29
(4)
4  10 19 Дж
= 2,5 эВ.
1,6  10 19 Дж / эВ
Ответ: Авых = 2,5 эВ.
или Авых =
Рекомендуемое задание № 2
Будет ли наблюдаться фотоэффект, если на поверхность серебра напр авить ультрафиолетовое излучение с длиной волны  = 300 нм?
Решение:
Дано:
Си:
-9
300·10 м
1 способ. Применим формулу (4) выв е = 300 нм
-19
денную в задаче № 1:
Авых = 7,5·10 Дж
с
h  6,63  10 34 Дж·с
Aвых  h 0  h ,
0
c  3  10 8 м/с
Будет ли наблюдаться фотоэффект?
где h – постоянная Планка; с - скорость света.
Откуда «красная граница» фотоэффекта
(максимальная длина волны, при которой воз-
можен фотоэффект):
с
.
0  h
Aвых
Подставляя значения величин в формулу, получим :
6,63  10 34  3  10 8
0 
 2,652  10  7 м  265нм .
19
7,5  10
Так как λ > λ0 то фотоэффект не будет наблюдаться.
2 способ. Найдём энергию кванта подающего на серебро:
с 6,63  10 34  3  10 8
  h  h 
 6,63  10 19 Дж .
7

3  10
Для того чтобы свет мог вырвать электрон из металла, необходимо, чтобы
энергия кванта света была не меньше работы выхода электрона из этого мета лла Т.к. энергия фотона ε < Авых то фотоэффект не будет наблюдат ься.
Ответ: Фотоэффекта не будет, так как 1)  >  0 или 2) ε < Авых.
Рекомендуемое задание № 3
Какая доля энергии фотона израсходована на работу вырывания фот оэлектрона, если красная граница фотоэффекта 0 = 307 нм и максимальная к инетическая энергия Tmax фотоэлектрона равна 1 эВ.
30
Дано:
0 = 307 нм
Tmax  1 эВ
СИ:
307·10-9 м
1,6·10-19 Дж
h = 6,63·10-34 Дж·с
с = 3·108 м/с
A
?

Решение:
Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта - энергия кванта света  расходуется на
работу выхода А электрона из вещества и на
сообщение кинетической энергии Tmax (скорости) электрону:
  A  Tmax .
Работа выхода (см. задача № 1):
Ah
с
,
0
где h – постоянная Планка; с - скорость света в вакууме.
Тогда отношение работы выхода к энергии фото на:
с
h
0
A
A
1
.



Tmax 0
 A  Tmax h с  T
1
max
0
hс
Вычислим:
A
1
1


 0,8 .
19
9
1,6  10  307  10

1  0,247
1
6,63  10 34  3  10 8
Ответ:
A
= 0,8.

Рекомендуемое задание № 4
На поверхность лития падает монохроматический свет (   310 нм). Чтобы прекратить эмиссию электронов, нужно приложить задерживающую ра зность потенциалов U не менее 1,7 В. Определить работу выхода А.
Дано:
СИ:
Решение:
-9
  310 нм
310 10 м
Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта:
U  1,7 B
  A  Tmax .
-34
h = 6,63·10 Дж·с
где А - работа выхода электрона из металла;
8
с = 3·10 м/с
Tmax - максимальная кинетическая энергия выA?
рываемых с поверхности металла элек тронов.
Энергия кванта подающего на вещество:
с
  h  h .

где h – постоянная Планка; с - скорость света в вакууме.
31
Работа сил электрического поля идёт на изменение кинетической энергии электрона (торможение; учтём, что заряд электрона отрицател ьный):
Аэл = Tmax.
и равна:
Аэл = еU,
где е – заряд электрона. Тогда уравнение Эйнштейна:
с
h  A  Аэл  A  еU .

Откуда работа выходы электрона из вещества:
с
А  h  еU .

Подставим численные значения величин :
6,63  10 34  3  10 8
A
 1,6  10 19  1,7  6,42  2,72 10 19  3,7  10 19 Дж .
9
310  10
3,7  10 19
A
 2,3 эВ .
1,6  10 19
Ответ: А = 2,3 эВ.
Рекомендуемое задание № 5
Для прекращения фотоэффек та, вызванного облучением ультрафиолет овым светом платиновой пластинки, нужно приложить задерживающую ра зность потенциалов U 1  3,7 В; если платиновую пластинку заменить др угой
пластинкой, то задерживающую разность потенциалов придётся ув еличить до 6
В. Определить работу А выхода электронов с поверхности этой пластинки.
Дано:
СИ:
Решение:
U1 = 3,7 В
Согласно уравнению Эйнштейна, при фоU2 = 6 В
тоэффекте энергия кванта света ( =h·v) расходует-19
А1 = 6,3 эВ 10,0810 Дж ся на работу выхода электрона из вещества А и на
сообщение кинетической энергии Т электрону:
A2  ?
 = А + Т.
Кинетическая энергия Т «гасится» работой сил электрического поля Аэл
= еU, т.е.:
T  eU .
Тогда для первой и второй пластинки:
  A1  eU 1 ,
(1)
  A2  eU 2 ,
Приравняем правые части уравнений (1) и (2):
A1  eU 1  A2  eU 2 .
32
(2)
Выразим интересующую нас работу выхода для второй пластинки:
A2  A1  eU1  eU 2  A1  eU 1  U 2  .
Подставим числа:
A2  10,08  10 19  1,6  10 19  3,7  6  6,4  10 19 Дж  4 (эВ).
или сразу в электрон - вольтах:
A2  6,3эВ  3,7  6эВ  4 .
Ответ: А2 = 4 эВ.
Рекомендуемое задание № 6
Фотоэлектроны, вырываемые с поверхности металла, полностью заде рживаются при приложении обратного напряжения U0 = 3 В. Фотоэффект для
этого металла начинается при частоте падающего монохроматич еского света  0
= 6·1014 с -1; Определить: 1) работу выхода электронов из этого металла; 2) ча стоту применяемого облучения.
Дано:
Решение:
U0 = 3 В
1) Согласно уравнению Эйнштейна, при фотоэф14 -1
ν0 = 6·10 с
фекте энергия кванта света (   h ) расходуется на работу
-34
h = 6,63·10 Дж·с выхода электрона из металла А и, если хватит энергии, на
сообщение кинетической энергии T электрону:
1) Авых = ?
2) ν = ?
hν = А + Т,
(1)
где h – постоянная Планка, ν – частота падающего облуч ения. Для красной
границы фотоэффекта:
А  h 0 ,
(2)
где ν0 – красной граница фотоэффекта – минимальная частота света при которой ещё возможен фотоэффект . Подставим числа:
А  6,63  10 34  6  1014  39,78  10 20  3,978  10 19 Дж  2,49эВ .
2) Частоту падающего света найдём из формулы (1) с учётом (2):
А  Т h 0  Т
.


h
h
Электрическое поле совершит работу по торможению электрона :
Аэл = еU0 = Т.
Окончательно частота излучения:

h 0  еU 0
еU
 0  0 .
h
h
Произведём вычисления:
33
1,6  10 19  3
 0,6  1015  0,72  1015  1,32  1015 (с -1).
 34
6,63  10
Ответ: 1) А = 2,49 эВ, 2) ν = 1,32·1015 с -1.
  6  1014 
Рекомендуемое задание № 7
“Красная граница” фотоэффекта для некоторого металла равна 500 нм.
Определить: 1) работу выход а электронов из этого металла; 2) максимальную
скорость электронов вырываемых из этого металла светом с длиной волны 400
нм.
Решение:
Дано:
СИ:
-7
1) Уравнение Эйнштейна для красной
λ0 = 500 нм
510 м
-7
λ = 400 нм
410 м границы при фотоэффекте (см. задачу №1):
-34
h = 6,63·10 Дж·с
hc
Aвых  ,
-31
m = 9,11·10 кг
0
8
с = 3·10 м/с
где с - скорость света в вакууме, h - постоянная
1) Авых = ?
Планка. Подставим числа, с учётом 1 эВ = 1,6 ·10-19
2) υmax = ?
Дж:
6,63  10 34  3  10 8
Aвых 
 3,978  10 19 Дж  2,49 (эВ).
7
5  10
2) Согласно уравнению Эйнштейна, при фотоэффекте энерг ия кванта
света ε расходуется на работу выхода электрона Авых из металла и на сообщение
кинетической энергии Т электрону:
  Aвых  Tmax .
Энергия фотона:
hc
 .

Кинетическая энергия:
2
m max
Т max 
.
2
С учетом всех формул:
2
2
1 1 
m max
hc hc
hc hc m max
=>


 hc   .


2
 0
 0
2
  0 
Откуда максимальная скорость электронов:
 max 
2hc  1 1 
  ,
m   0 
где m – это масса электрона. Подставим числа:
34
 max 
2  6,63  10 34  3  10 8  1
1 

 0,2183  1012  0,467  10 6 м/с .

 31
7
7 
9,11  10
5  10 
 4  10
Ответ: 1) Авых = 2,49 эВ, 2) υmax = 467 км/с.
Рекомендуемое задание № 8
Выбиваемые светом при фотоэффекте электроны при облучении фоток атода видимым светом полностью задерживаются обратным напряжением U 0 =
1,2 В. Специальные измерения показали, что длина волны падающего света
  400 нм. Определить “красную границу” фотоэффекта.
Решение:
Дано:
СИ:
Уравнение Эйнштейна для красной граU0 = 1,2 В
-7
λ = 400 нм
410 м ницы при фотоэффекте (см. задачу №1):
-34
h = 6,63·10 Дж·с
hc
.
Aвых 
8
с = 3·10 м/с
кр
λкр = ?
где с - скорость света в вакууме, h - постоянная
Планка. Красная граница фотоэффекта зависит от работы выхода электрона,
т.е. химической природы вещества и состояния его поверхности.
Согласно уравнению Эйнштейна, при фотоэффекте энергия кванта света
 расходуется на работу выхода электрона А из металла и на сообщение кин етической энергии Т электрону:
hc
  A  T =>
 A  Аэл  A  еU З ,

учли, что электрическое поле совершит работу по торможению эле ктрона: Аэл =
еUЗ = Т.
Получаем:
hc hc

 еU З .
 kp
Откуда длина волны:
hc
kp 
.
hc
 eU З

Подставим числа:
6,63  10 34 3  10 8
19,89  10 26
.
kp 

6,63  10 34 3  10 8
4,9725  10 19  1,92  10 19
19
 1,6  10  1,2
4  10 7
λкр = 6,52·10-7 м = 652 нм.
Ответ: λкр = 652 нм.
35
Рекомендуемое задание № 9
При освещении вакуумного фотоэлемента монохроматическим светом с
длиной волны 1  0,4 мкм он заряжается до разности потенциалов φ1 = 2 В.
Определить, до какой разности потенциалов зарядится фотоэлемент при осв ещении его монохроматическим светом с длиной волны  2  0,3 мкм.
Дано:
1  0,4 мкм
Решение:
Наибольший потенциал шарика φm зависит
от начальной кинетической энергии Т, с которой
φ1 = 2 В
-7
310 м электроны вылетают из металла, и св язан с этой
2  0,3 мкм
энергией таким образом:
h = 6,63·10-34 Дж·с
e m  T ,
(1)
с = 3·108 м/с
где е - заряд электрона.
е = 1,6·10-19 Кл
Максимальная кинетическая энергия опр еφ2 = ?
деляется из уравнения Эйнштейна:
hc

 AT ,
(2)

где h  постоянная Планка,
c  скорость электромагнитной волны,
A  работа выхода электрона из металла.
С учётом формулы (1) для обоих случаев:
hc
 hc

   A  е1
 A    е1
hc
hc
 1

1
=> 
=>
 е1 
 е 2 .

hc
hc


1
2
  A  е
A 
 е 2
2
 2

2
Выразили работу выхода и приравняли. О тсюда:
е 2 
СИ:
410-7 м
1
hc hc
1

 е1  hc    е1 ,
2 1
 2 1 
Окончательно потенциал:
2 
hc  1
1
     1 .
е  2 1 
Подставим в формулу числа:
6,63  10 34  3  10 8  1
1 
1 1
2 


 2  12,43  10 7  10 7     10 7  2 .
19
7
7 
1,6  10
4  10 
 3  10
3 4
φ2 =1,036 + 2 = 3,036 ≈ 3,04 В.
Ответ: φ2 = 3,04 В.
36
Рекомендуемое задание № 10
Плоский серебряный электрод освещается монохромати ческим излучением с длиной волны   83 нм. Определить, на какое максимальное расстояние
от поверхности электрода может удалиться фотоэлектрон, если вне электрода
имеется задерживающее электрическое поле напряжённостью Е = 10 В/см.
“Красная граница” фотоэффекта для серебра  0  264 нм.
Дано:
СИ:
λ = 83 нм
8310-9 м
λкр = 264 нм
26410-9 м
Е = 10 В/см
103 В/м
h = 6,63·10-34 Дж·с
с = 3·108 м/с
е = 1,6·10-19 Кл
s=?
Решение:
Уравнение Эйнштейна для красной
границы при фотоэффекте (см. задачу №1):
hc
.
Aвых 
кр
где с - скорость света в вакууме, h - постоянная
Планка.
Уравнение Эйнштейна (при фотоэффекте энергия кванта света  расходуется на работу выхода электрона А из металла
и на сообщение кинетической энерги и Т электрону):
hc
  A  T =>
 A  Аэл  A  е  U З  A  е  Еs ,

учли, что электрическое поле совершит работу по торможению эле ктрона: Аэл =
еUЗ = Т (UЗ - задерживающие напряжение ) и связь напряжённости электрич еского поля с напряжением: Е = U/d (d = s – расстояние между двумя точками
поля – эквипотенциальными поверхностями – путь, пройденный электроном).
Получаем:
hc hc

 еЕs .
 kp
Тогда путь, пройденный электроном:
s
hc  1
1 

.
еЕ   kp 
Подставим численное знач ение:
26
6,63  10 34  3  10 8  1
1
1 
 19,89  10
1
9
s



 


  10 .
19
3
9
9
16
1,6  10  10
264  10  1,6  10
 83  10
 83 264 
s  0,1027  10 1  0,01027 м  1,03см (см).
Ответ: s  1,03 см.
37
Рекомендуемое задание № 11
При освещении катода вакуумного фотоэлемента монохроматическим
светом с длиной волны   310 нм фототок прекращается при некотором з адерживающем напряжении. При увеличении длины волны на 25%, задерж ивающее напряжение оказывается меньше на 0,8В. Определить по этим эксп ериментальным данным, постоянную Планка.
Дано:
СИ:
Решение:
-9
λ1 = 310 нм
Согласно уравнению Эйнштейна, при фо31010 м
λ2 = 1,25λ1
hc
тоэффекте энергия кванта света (   ) расходу∆U = 0,8 В

8
с = 3·10 м/с
ется на работу выхода А электрона из металла и на
-19
е = 1,6·10 Кл
сообщение кинетической эне ргии Т электрону:
h=?
hc

 AT ,

где h - постоянная Планка, с – скорость света в вакууме .
По закону сохранения энергии : кинетическая энергия электрона равна р аботе, совершаемой силами электрического поля: T  Аэл  eU .
Тогда:
hc
 A  eU 1 ,
1
(1)
hc
 A  eU 2 .
2
(2)
Выразив из уравнений (1) и (2) работу А и приравняв их, получим:
1
hc
hc
1 
  eU .
 eU 1 
 eU 2 => hc 

1
,
25

1
2
 1
1 
Откуда постоянная Планка:
h
eU  1,251  5e1 U
.


c  0,25 
c
Подставим численные значения:
5  1,6  10 19  310  10 9  0,8
 661,3  10 36  6,61  10 34 (Дж·с).
8
3  10
Ответ: h  6,61  10 34 Дж·с.
h
Рекомендуемое задание № 12
Определить максимальную скорость max фотоэлектронов, вылетающих
из металла при облучении -фотонами с энергией ε = 1,53 МэВ.
38
Решение
Так как работа выхода Авых электрона пренебрежительно мала по сравнению с энергией γ – фотона, то максимальную скорость фотоэлектронов определим из уравнения Эйнштейна для фотоэффекта так:
  Tmax .
Дано:
ε = 1,53 МэВ
Е0 = 0,511 МэВ
с = 3·108 м/с
 max - ?
Полная энергия Е движущегося электрона равна его энергии покоя Е0 и
кинетической энергии Т:
Е = Е0 + Т или mc2 = m0c2 + Т,
m0
m0
где m0 – масса покоя электрона (скорость 0 м/с), m 
–

2
1  2
1   c 
масса электрона движущегося со скор остью  , с – скорость света.
В данном случае кинетическая энергия фотона Т сравнима с его энергией
покоя Е0, то для вычисления скорости следует взять релятивистскую фо рмулу
кинетической энергии:
 m0
 2


1
2



Т  mc 2  m0 c 2  m  m0 c 2  

m
c

m
c

1
0
0
 1  2

 1  2





или известная формула:


1
.
T  E0 

1
 1  2



Выразим скорость электрона, выраженную в долях скорости света β:
T  E0
E 02
E 02
1
T
2
2
=>
=>
,


1

1





1

E0
T  E 0 2
T  E 0 2
1   2 E0
T 2  2ТE 0  E 02  E 02 T 2  2ТE 0
 

T  E 0 2
T  E 0 2
2
или

T  2 E Т
0
T  E0

  2 E 
0
  E0
.
Произведём вычисления:

1,53  2  0,511  1,53
1,53  0,511

3,90456 1,976

 0,96815 .
2,041
2,041
Скорость электрона:
 max  c  3  10 8  0,96815  2,90445  10 8 м ≈ 290 Мм/с.
Ответ: max = 290 Мм/с.
39
Примечание: Применение классической теории приведёт к нарушению специальной
теории относительности Эйнштейна – ни одно тело не может двигаться выше скорости св ета
с = 3·108 м/с.
 Т 

m 2
2
=>  
.
2
m
2  1,53  10 6  1,6  10 19

9,11  10 31
4,896
 1018  0,733  10 9  7,3  10 8 м/с .
9,11
Рекомендуемое задание № 13
На рис. 1 схематически представлены вольтамперные характе ристики
(кривые: 1, 2 и 3) фотоэффекта для одного и того же металла. Объяснить пр ичину отличия этих кривых.
Решение:
Токи насыщения I 1нас , I 2 нас и I 3 нас одинаковые, а начальные задерживающие
напряжения различные.
Ток насыщения равен:
I нас  en ,
где е – заряд электрона; n – число электронов, испускаемое катодом в 1с.
Кинетическая энергия равна:
2
Рис. 1
m max
Eк 
 Аэл  eU 0 ,
2
где Uo– задерживающее напряжение.
Т.к. начальные задерживающие напряжения различны, то кривые (1), (2)
и (3) вольтамперной характеристики пойдут по -разному; электроны вылетают
из катода с различными скоростями. Максимальное значение тока I нас (фототок насыщения) определяется таким значением U (напряжения), при котором
все электроны, испускаемые катодом, до стигают анода.
Ответ: различие этих кривых в начальных задерживающих на пряжениях.
Домашнее задание № 1
На цинковую пластину падает монохроматический свет с длиной во лны
  220 нм. Определить максимальную скорость  max фотоэлектронов.
40
Дано:
λ = 220 нм
А = 4,0 эВ
h = 6,63·10-34 Дж·с
с = 3·108 м/с
m = 9,11·10-31 кг
 max = ?
СИ:
22010-9 м
6,410-19 Дж
Решение:
Согласно уравнению Эйнштейна, при
hc
фотоэффекте энергия кванта света (   )

расходуется на работу выхода А (табличное
значение) электрона из металла и на сообще2
mmax
ние кинетической энергии T 
элек2
трону:
2
mmax
hc
,
 A

2
где h - постоянная Планка, с – скорость света в вакууме, λ - длина волны, m масса электрона.
Выразим из этого уравнения максимальную скорость  max :
  A  T или
hc

2
 A
 
.
max 
m
Вычислим:
 6,63  10 34  3  10 8

2
 6,4  10 19 
9
220  10
2  9,04  10 19  6,4  10 19 


,
max 

9,11  10 31
9,11  10 31
 max 
5,28  10 19
 0,761  10 6  761  10 3 м/с  760км/с .
 31
9,11  10
Ответ: max = 760 км/с.
Домашнее задание № 2
Определить длину волны  ультрафиолетового излучения, падающего н а
поверхность некоторого металла, при максимальной скорости фотоэле ктронов,
равной 10 Мм/с. Работой выхода электронов из металла пренебречь.
Решение:
Дано:
СИ:
7
Согласно уравнению Эйнштейна, при фо10 м/с
 max =10 Мм/с
hc
А=0
тоэффекте энергия кванта света (   ) расхо-34

h = 6,63·10 Дж·с
дуется на работу выхода А (табличное значение)
с = 3·108 м/с
электрона из металла и на сообщение кинетич еm = 9,11·10-31 кг
=?
41
ской энергии T 
2
mmax
электрону:
2
2
2
mmax
hc
hc mmax
=>
,
 A


2

2
где h – постоянная Планка, c – скорость электромагнитной волны,  – длина
волны, m – масса электрона,  max – максимальная скорость фотоэлектрона. (Уч-
  A  T или
ли, что скорость фотоэлектронов значительно меньше скорости света)
Выразим из этого уравнения длину волны :
2hc
.

2
m   max
Подставим числовые значения и получим:
2  6,63  10 34  3  10 8

 4,37  10 9 (м).
 31
7
9,11  10  10
Ответ:  = 4,37нм.
Домашнее задание № 3
Определить максимальную скор ость  max фотоэлектронов, вылетающих
из металла под действием -излучения с длиной волны  = 0,3 нм.
Дано:
СИ:
Решение:
-10
3·10 м/с
Энергия фотона, вызывающего фотоэф = 0,3 нм
фект:
h = 6,63·10-34 Дж·с
8
hс
с = 3·10 м/с
 
 6,63  10 16 Дж  4,14кэВ .
(1)
-31

m = 9,11·10 кг
где h – постоянная Планка, c – скорость элек ?
тромагнитной волны,  – длина волны.
 max  ?
Работой выхода можно пренебречь. Сл учай лучше принять за релятивистский, т.к. энергия фотона значительна, хотя и
много меньше энергии покоя электрона 0,511 МэВ.
Отношение максимальной скорости фотоэлектронов к скорости электр омагнитной волны (см. задачу № 12):
E02
m02  c 4
  1
 1
.
(  m0  c 2 ) 2
T  E0 2
Подставим (1) в (2) и получим:
  1
m02  c 4
hc

2
 m0  c 

 

2
.
42
(2)
Вычислим:
(9,11  10 31 ) 2  (3  10 8 ) 4
 0,83 .
6,63  10 34  3  10 8
 31
8 2
9,11  10  (3  10 ) 
3  10 10
Найдем максимальную скорость  max фотоэлектронов:
  1
max  c .
Вычислим: max  0,83  3  108  249  10 6 (м/с).
Ответ: электрон релятивистский; β = 0,83; max = 249 Мм/с.
Примечание: Применение классической теор ии приведёт к значительной ошибке:
 Т 

m 2
2
=>  
.
2
m
2  6,63  10 16
 14,555  1014  3,82  10 7 м/с  38,2Мм/с .
 31
9,11  10
Домашнее задание № 4
Освещая поочерёдно фотокатод двумя разными монохроматическими и сточниками, находящимися на одинаковых расстояниях от като да, получили две
зависимости (1 и 2) фототока от напряжения между катодом и анодом (рис. 2).
Объяснить, в чём отличие этих источн иков.
Решение:
Токи насыщения I1нас и I 2 нас различны.
Ток насыщения равен:
I нас  en ,
где e – заряд электрона, n – число электроРис. 2
нов, испускаемое катодом в 1с.
Т.к. ток насыщения разный, то кривые (1) и (2) вольтамперной характер истики пойдут по-разному.
По мере изменения напряжения U фототок постепенно возрастает, т.е. все
большее число электронов достигает анода.
Пологий характер кривых показывает, что электроны вылетают из к атода
с различными скоростями. Максимальное значение тока I нас (фототок насыщения) определяется таким значением U (напряжения), при котором все электроны, испускаемые катодом, достигают анода.
Различие этих источников света в числе электронов, испускаемых ими
(источниками) за 1 секунду.
43
Домашнее задание № 5
Определить, до какого потенциала зарядится уединённый серебряный ш арик при облучении его фиолетовым светом длиной волны   280 нм. Работа
выхода электронов из серебра А  4,7 эВ.
Решение:
Под действием падающего на шарик
излучения происходит вырывание электр онов с его поверхности (фотоэффект). Сам
шарик при этом заряжается полож ительно.
Электрическое поле шарика тормозит выл етающие электроны. Однако, если их кинет ическая энергия достаточна для преодоления
притяжения шарика, то они будут уходить за пределы влияния поля шарика.
Потенциал последнего при этом возраст ает.
Наибольший потенциал шарика φm зависит от начальной кинетической
энергии T , с которой электроны вылетают из металла, и связан с этой эне ргией
таким образом:
e m  T ,
(1)
где e - заряд электрона.
Максимальную кинетическую энергию Т определим из уравнения Эйнштейна для фотоэффекта:
hс

 А  е ,
(2)

где A - работа выхода электрона из серебра ,
e -заряд электрона,
  потенциал, до которого зарядится шарик,
h  постоянная Планка,
λ – длина волны падающего света.
Потенциал, до которого зарядится шарик:
hс   А hс А


 .
(3)
е
е е
Подставим численные значения:
3  10 8
 34
6,63  10 
 7,52  10 19
9
208  10

 1,28 (В).
1,6  10 19
Можно не в системе СИ:
Дано:
СИ:
А = 4,7 эВ
7,52·10-19 Дж
λ = 208 нм
208·10-9 м
h = 6,63·10-34 Дж·с
с = 3·108 м/с
е = 1,6·10-19 Кл
φ=?
44

6,63  10 34  3  10 8
 4,7  1,28 (В).
208  10 9  1,6  10 19
Ответ:   1,28 В.
45
Практическое занятие 3
ФОТОНЫ. ДАВЛЕНИЕ СВЕТА
Рекомендуемое задание № 1
Определить для фотона с длиной волны   0,5 мкм: 1) его массу m ; 2)
энергию  ; 3) импульс p .
Дано:
СИ:
λ = 0,5 мкм
510-7 м
h = 6,626·10-34 Дж·с
с = 3·108 м/с
е = 1,6·10-19 Кл
1) m = ?
2) ε = ?
3) р =?
Решение:
h
1) m  2 - масса фотона,
c
c
где  - частота испускания света.

3  10 8

 6  1014 (с-1).
7
5  10
Найдем массу фотона:
6,626  10 34  6  1014
 4,417  10 36 (кг).
16
9  10
2)    h  - энергия фотона;
m 
Подставим значения в формулу:
   6,626  10 34  6  1014  39,75  10 20 Дж  24,84  10 1  2,484 (эВ).
1 эВ = 1,6·10-19 Дж.
h
3) p 
- импульс фотона,
c
Подставим значения в формулу:
6,626  10 34  6  1014
p 
 13,25  10  28  1,325  10  27 (кг·м/с).
8
3  10
Ответ: 1) m = 4,417·10 -36 кг; 2) εγ = 2,484 эВ; 3) рγ = 1,325·10-27 кг·м/с.
hc
Приложение: 1) Энергия фотона:   h 
;

hc

hc
h
h
  h 
2) масса фотона: 
=> m  2 
;
 => mc 2  h 

c

c
2
  mc
 p  mc

 h h
 c => p  
=>
 ,
2
p
c
c 
  mc
3) импульс фотона: 
где ε = mc2 – связь энергии и массы, р = mV =mс – импульс при V = с.
46
Рекомендуемое задание № 2
Определить длину волны фотона, импульс которого рγ равен импульсу
электрона ре, прошедшего разность потенциалов U  9,8 В.
Дано:
Решение:
рγ = ре
Работа электрического поля идёт на разгон электр оU = 9,8 В
на:
-34
h = 6,626·10 Дж·с
m 2
А
=
Е
или
,
eU

эл
к
с = 3·108 м/с
2
е = 1,6·10-19 Кл
где U – разгоняющее напряжение, е – заряд электрона, m
-31
m = 9,11·10 кг
– масса электрона. Найдём скорость его:
λ=?
2eU
.

m
Импульсы электрона и фотона (по условию равны):
 р е  m
h


h => m  .

 р  
Откуда длина волны с учётом скорости  :
h
h
m
h
.


m m 2eU
2meU
Вычислим:
6,626  10 34 

 0,392  10 9  392  10  6 м  392 мкм.
 31
19
2  9,11  10  1,6  10  9,8

Ответ: λ = 392 мкм.
Рекомендуемое задание № 3
Определить, с какой скоростью должен двигаться электрон, чтобы его
импульс ре был равен импульсу фотона рγ, длина волны которого  = 2 пм.
Дано:
СИ:
Решение:
рγ = ре
Энергия фотона:
-12
λ = 2 пм
hc
210 м
 .
-34
h = 6,626·10 Дж·с

8
с = 3·10 м/с
Вычислим:
-31
m = 9,11·10 кг
6,626  10 34  3  10 8
,

 ?
2  10 12
  9,9375  10 14 Дж  6,2  10 5 эВ  0,62МэВ .
47
Что соизмеримо с энергией покоя электрона 0,511 МэВ. Релятивистский
случай.
h

p




.

m0
m0
m0 с   с
m0 с  
с
 p  m 
 
  

2
2
2
с
1  2

1   с 
1   с 
1   с 

Где   - скорость частицы, выраженная в долях скорости света. По
с
условию p  pe . Приравняем:
m с
h m0 с  
 m с 

=> 1   2  0  => 1   2   0   =>
2

h
1 
 h

2
2
  m0 с  2 
 m0 с 
2
1   
    1  
  =>  
h
 h


 

1
2
 m с 
1  0 
 h 
2
.
Вычислим:

1
 9,11  10 31  3  10 8  2  10 12 
1 

6,626  10 34



2
1
1

 0,7714 .
1  0,82512 1,2964
Т.е. скорость электрона:
  0,7714с  0,7714  3  10 8  2,31  10 8 м/с.
Приложение: С применением классической теории:
h
6,625  10 34
h

 3,7  108 (м/с). Больше скорости
m  =>  
31
12
m   9,11  10  2  10

света.
Ответ:   0,7714 с  2,31  10 8 м/с.
Рекомендуемое задание № 4
На идеально отражающую поверхность, площадь которой S  5 см2, за
время t  3 мин. нормально падает монохроматический свет, энергия котор ого
W  9 Дж. Определить:
1) облучённость поверхности;
2) световое давление, оказываемое на поверхность.
48
Дано:
Си:
W  9 Дж
180 с
t  3 мин
2
5·10-4 м2
S  5 см
ρ=1
с = 3·108 м/с
1) E е  ?
2) р  ?
Решение:
1) Используемые названия для Ее: 1) Плотность
потока энергетического излучения падающего на п оверхность φ; 2) энергетическая освещённость поверхности; 3) облученность поверхности; Интенсивность
света I.
Физический смысл Ее: энергия всех фотонов,
падающих на единицу поверхности в единицу врем ени.
Т.е.:
W
.
St
Подставим числа:
9
Вт
Ее 
 100 2 .
4
5  10  180
м
2) Световое давление, оказываемое на поверхность:
E
р  е (1   ) ,
c
где ρ – коэффициент отражения поверхности; с – скорость света.
Найдем световое давление, оказыва емое на поверхность:
100
р
(1  1)  66,7  10 8 (Па).
8
3  10
Ответ: 1) Ее = 100 Вт/м 2; 2) р = 667 нПа
Ее 
Примечание: Вывод формулы давления света на поверхн ость. 1) Связь давления и
изменения импульса. Модифицированный 2 й закон Ньютона: F t   p имп откуда сила:
pимп
pимп
. Определение механического давления: pдав  F S . Тогда pдав 
. 2) ИзS t
t
менение импульса N фотонов:  p имп  p отскока  p все . В проекции на направление движения
F
отскочивших фотонов: Δримп = ротскока – (- рвсе) = рвсе + ротскока = Nр + ρNр = рN(1 + ρ). Где ρ –
доля (часть) отскочивших фотонов. 3) Связь импульса и энергии фотона: римпс = ε. Т.е. изме-
N
1   . Тогда давление N фотонов на единицу плоc
N 1    Ee
N
W
щади в единицу времени: pдав 
- облу
 1    . Где Ee 

S t
c
c
S t S t
нение импульса N фотонов: pимп 
чённость поверхности - энергия всех фотонов падающих на единицу поверхности в един ицу времени.
Рекомендуемое задание № 5
Давление р монохроматического света с длиной волны  = 500 нм на зачернённую поверхность, расположенную перпендикулярно падающим л учам,
49
равно 0,12 мкПа. Определить число фотонов N, падающих ежесекундно на 1 м 2
поверхности.
Решение:
Дано:
Си:
-7
1 способ. Световое давление может
 = 500 нм
510 м
быть найдено по формуле:
 0
-7
 1
p  0,12 мкПа 1,210 Па
,
р  Ee
c
с = 3·108 м/с
где E e – энергетическая освещённость,  - коt=1c
S = 1 м2
N-?
эффициент отражения, с - скорость света.
Энергетическая освещенность есть
энергия всех фотонов падающих на единицу по-
верхность за единицу времени:
hc
E e  N  N .

Тогда давление:
Nhc   1 Nh
р


   1 .

c

Отсюда число фотонов N, падающих за 1 с на 1 м2 поверхности:
р
.
N
h1   
2 способ. Световое давление может быть найдено по формуле:
 1
,
р  Ee
c
где E e – энергетическая освещённость,  - коэффициент отражения, с - скорость света.
Энергетическая освещенность есть отношение энергии света на поверхность S за время t:
W
Ee  .
St
Энергия падающего света на поверхность равна:
N hc
W  N S, t    S, t ,

где NS,t – число фотонов падающих на поверхность площадью S за время t, ε –
энергия фотона. Подставим в энергетическую освещенность:
N hc
Ee  S, t .
St
Подставим в давление:
50
N S, t hc
N h
(1   )  S, t (1   ) .
Stc
St
Выражаем отсюда число фотонов N, падающих ежесекундно на 1 м2 поверхности:
N
р
.
N  S ,t 
St
h1   
Вычислим:
1,2  10 7  5  10 7
N
 0,906  10 20  9,06  1019 .
 34
6,625  10  1  0 
Ответ: N = 9,06·1019.
р
Рекомендуемое задание № 6
Накаленная нить расположена вдоль оси цилиндра длиной 10 см и радиусом 4 см. Нить испускает световой поток мощностью 500 Вт. Считая световой поток симметричным относительно нити накала, определить давление света
р на поверхность цилиндра. Коэффициент отражения  цилиндра 10%.
Дано:
  10см
R  4 см
  0,1
P  Фе  500 Вт
с = 3·108 м/с
p?
Си:
0,1 м
0,04 м
Решение:
Световое давление может быть найдено по
формуле:
 1
,
р  Ee
(1)
c
где Ee – энергетическая освещённость,
 - коэффициент отражения,
с – скорость света.
Энергетическая освещенность поверхности есть энергия всех фотонов
падающих на единицу поверхность за единицу вр емени равна:
W Ф P
P
.
Ee   е  
(2)
St S
S 2R  
Учли, что: 1) Мощность Р (поток излучения Ф е) - энергия за единицу времени W: W/t = Фе = Р; 2) Sцилиндра = ℓокружности·h = 2πR·ℓ .Подставив (2) в (1) пол учим:
P    1
.
p
2Rc
Подставим численные значения:
500  0,1  1
p
 7294,6  10 8  72,946  10 6  72,95 (мкПа).
8
2  3,14  0,04  0,1  3  10
Ответ: р = 72,95 мкПа.
51
Рекомендуемое задание № 7
Определить давление р света на стенки электрической 150 -ваттной лампочки, принимая, что вся потребляемая мощность идёт на излучение , и стенки
лампочки отражают 15 % падающего на них света. Считать лампочку сферич еским сосудом радиуса r = 4 см.
Дано:
Решение:
P = Фе =150Вт
Световое давление может быть найдено по фо рмуле:
 1
 = 0,15
,
р  Ee
c
R = 0,04м
с = 3·108 м/с
где E e – энергетическая освещённость,  - коэффициент отр-?
ражения, с – скорость света.
От лампы, являющейся изотропным источником, по всем направлениям
равномерно распределяется световой поток (мощность) Фe . На расстоянии R в
сферическом сосуде энергетическая освещенность поверхности – мощность,
падающая на единицу поверхности – равна:
Фе
P
.
Ee 

S сферы 4R 2
Откуда:
P
р
(1   ) .
4R 2 c
Вычислим:
150
р
(1  0,15)  2860  10 8  28,6 (мкПа)
2
8
4  3,14  0,04  3  10
Ответ: р = 28,6 мкПа.
Рекомендуемое задание № 8
На зеркальце с идеально отражающей поверхностью, площадь кот орой
S  1,5 см2, падает нормально свет от электрической дуги. Определ ить импульс
p , полученный зеркальцем, если поверхностная плотность потока энергии и з-
лучения  , падающего на зеркальце, равна 0,1МВт/м 2. Продолжительность облучения t  1с.
52
Решение:
Поверхностная плотность потока энергии
излучения  , падающего на зеркальце нормально,
есть не что иное, как плотность потока энергетического излучения падающего на повер хность Ее –
мощность, падающая на единицу поверхности: φ =
Е е.
1 способ. Давление света р на поверхность
равно импульсу рим, который передают поверхности в 1 сек N фотонов:
р
р
р  им  им .
tS tS
Давление, производимое светом при нормальном падении, равно:
E

р  e  (1   )   (1   ) .
c
c
Приравняем правые части:
рим 
  (1   ) .
tS
c
Откуда импульс:
 St
pим 
 (1   ) .
c
2 способ. Давление, производимое светом при нормальном падении, ра вно:
E

р  e  (1   )   (1   ) .
c
c
Сила давления из определения механического давления:
F
S
=> F  рS 
р
 (1   ) .
S
c
Модифицированный 2 й закон Ньютона: импульс силы равен измен ению импульса тела:
 St
Ft  p  pим => pим  Ft 
 (1   ) .
c
Давление света р на поверхность равно импульсу рим, который передают
поверхности в 1 сек N фотонов.
Подставим числа:
Дано:
СИ:
2
S = 1,5см
1,5·10-4 м2
5
2
  0,1 МВт/м2 10 Вт/м
t  1с
=1
с = 3·108 м/с
рим = ?
10 5  1,5  10 4  1
кг  м
.
pим 
 (1  1)  10 7
8
3  10
с
Ответ: рим = 10-7 кг·м/с.
53
Рекомендуемое задание № 9
Поток энергии Фe излучения электрической лампой ра вен 600 Вт. На расстоянии r = 1 м от лампы перпендикулярно падающим лучам располож ено
круглое плоское зеркальце диаметром d = 2 см. Принимая, что излучение ла мпы одинаково во всех направлениях и что зеркальце полностью отражает п адающий на него свет, опред елить силу F светового давления на зеркальце.
Решение:
Дано:
Си:
Сила светового давления на поверхность равна
Фе=600 Вт
произведению светового давления p на площадь S поr=1м
d = 2см
0,02м верхности:
F = р·S,
(1)
=1
с = 3·108 м/с
d 2
где S =
– площадь зеркальца.
F=?
4
Световое давление может быть найдено по фо рмуле:
 1
,
р  Ee
(2)
c
где E e – энергетическая освещённость,
 - коэффициент отражения,
с – скорость света.
Подставляя выражение (2) давле ния света в формулу (1), получим:
  1
(3)
F  E eS
.
c
Так как произведение энергетической светимости Re (в нашем случае
равно облучённости E e ) на площадь S поверхности сферы радиуса r равно
потоку Фе энергии излучения, падающего на поверхность:
Фе
Фе
Фе = RеSсферы = ЕеSсферы => Ее 
,

S сферы 4 r 2
то соотношение (3) можно записать в виде (учтём Sзеркала):
Фе (1   ) d 2 Фе d 2 (1   )
.
F


4r 2 c
4
16r 2 c
После подстановки значений, получим:
600  2 2  10 4  (1  1)
F
 100  10 12  10 10 Н  0,1  10 9 Н  0,1нН .
2
8
16  1  3  10
Ответ: F = 0,1 нН.
54
Рекомендуемое задание № 10
Лазер излучил в импульсе длительностью 0,13 мс пучок света с энергией
10 Дж. Найти среднее давление p такого светового импульса, если его сфок усировать в пятнышко диаметром 10 мкм на поверхнмсть, перпендикулярную к
пучку и имеющую коэффициент отражения 0,6.
Решение:
Дано:
Си:
Световое давление может быть найдено
W  10Дж
по формуле:
d  10 мкм
10 5 м
t  0,13 мс
 1
0,13  10 3
,
p  Ee
(1)
  0,6
c
с = 3·108 м/с
где Ee – энергетическая освещённость,
p?
 - коэффициент отражения,
с – скорость света.
Энергетическая освещенность поверхности энергия всех фотонов падающих на единицу поверхность за единицу вр емени равна:
W
W
4W
Ee   2  2 .
(2)
St d
d t
t
4
Подставив (2) в (1) получим:
4W   1
.
p
d 2 tc
Подставим численные значения:
4  10  0,6  1
p
 52,2  10 5  5,22  10 6 (Па).
5 2
3
8
3,14  10   0,13  10  3  10
Ответ: p  5,22  10 6 Па.
Рекомендуемое задание № 11
Монохроматическое излучение с длиной волны   500 нм падает нормально на плоскую зеркальную поверхность и давит на неё с силой F = 10 нН.
Определить число N1 фотонов, ежесекундно падающих на эту повер хность.
Дано:
СИ:
Решение:
-7
λ = 500 нм
Число фотонов падающих за время ∆t на
510 м
F = 10 нН
поверхность определяется по формуле:
10-8 Н
W Фе t
=1
,
N1 

-34


h = 6,626·10 Дж·с
где ∆W – энергия излучения, получаемая за вр е∆t = 1 с
мя ∆t.
N1 = ?
55
Энергия фотона:
hc
 .

Тогда:
Ф  t
.
N1  е
hc
Найдём поток!
Так как произведение облучённости Еe (энергия, падающая на единицу
поверхности в единицу времени ) на площадь S поверхности равно потоку Фе
энергии излучения, падающего на повер хность:
Фе = ЕеS.
Давление света при нормальном падении на поверхность можно найти
по формуле:
E
р  e  (1   ) ,
c
где E e – энергетическая освещённость,  - коэффициент отражения, с – скорость света. Тогда:
Ф
р  e  (1   ) .
cS
Давление можно найти также по фо рмуле
F
р .
S
Приравняем и выразим поток:
Фe
F c
F
.
 (1   )  => Фе 
1 
cS
S
Подставим в формулу (1) и найдём число фотонов, ежесекундно пада ющих на эту поверхность:
Fc t
F t
N1 


.
1   hc 1   h
Подставим числовые значения и получим:
10 8  5  10 7  1
N1 
 0,377  1019  3,77  1018 .
 34
2  6,626  10
Ответ: N1 = 3,77·1018.
Рекомендуемое задание № 12
Плоская световая волна интенсивностью I  0,1 Вт/см2 падает под углом
  30 0 на плоскую отражающую поверхность с коэффициентом отражения
56
  0,7 . Используя квантовые представления, определить нормальное давл ение, оказываемое на эту поверхность.
Дано:
Си:
Решение:
2
В формуле светового давления
I  0,1 Вт/см
0,1  10 4 Вт/м2
 1
  30 0
энергетическую освещённость
р  Ee
c
  0,7
Ee можно заменить интенсивностью волны
с = 3·108 м/с
р?
I :
 1
,
(1)
c
где  - коэффициент отражения, с – скорость света.
Интенсивность световой волны I┴, падающей нормально, выразим через интенсивность волны I падающей под углом α к нормали к поверхности:
I   I 0  cos 2 .
(2)
р  I 
Подставив (2) в (1) получим:
 1
.
р  I  cos 2 
c
Подставим численные значения:
2
 3  0,7  1
 
р  0,1  10  
 3  10 8  4,25 (мкПа).
2


Ответ: р = 4,25 мкПа.
4
Рекомендуемое задание № 13
Определить давление р солнечного излучения на зачернённую пластинку,
расположенную перпендикулярно солнечным лучам и находящуюся на среднем
кДж
расстоянии от Земли до Солнца. Солнечная постоянная С = 1,4 2 .
м с
Решение:
Дано:
СИ:
Примечание. Солнечной постоянной С называкДж
Дж
С = 1,4 2
1,4∙103 2
м с
м  с ется величина, равная поверхностной плотности потока энергии излучения Солнца вне земной атмосферы
ρ=0
на среднем расстоянии от Земли до Солнца.
с = 3·108 м/с
Давление, производимое светом при
р=?
нормальном падении:
E
р  e 1    ,
c
57
где, ρ – коэффициент отражения, с – скорость света, Ее – плотность потока
энергии излучения, падающего на поверхность (энергетическая освещённость
или облучённость поверхности). Что совпадает с Солнечной постоянной С, т.е.
Ее = С.
Тогда давление:
С
р  1    .
c
Произведём вычисление:
1,4  10 3
1  0 = 0,4(6)·10-5 ≈ 4,7·10-6 Па = 4,7 мкПа.
р
8
3  10
Ответ: р = 4,7 мкПа.
Рекомендуемое задание № 14
Параллельный пучок монохроматического света ( λ = 662 нм) падает на
зачернённую поверхность и производит на неё давление р = 0,3 мкПа. Определить концентрацию n фотонов в световом пучке.
Решение:
Дано:
СИ:
-9
Давление, производимое светом при
λ = 662 нм
662∙10 м
нормальном падении:
ρ=0
р = 0,3 мкПа
0,3∙10-6 Па
р   1    ,
-34
h = 6,63∙10 Дж∙с
где, ρ – коэффициент отражения, ω – объёмная
8
с = 3∙10 м/с
плотность энергии излучения.
n=?
По определению объёмная плотность
энергии – энергия W в единице объёма V:
W N 
 
 n ,
V
V
hc
где N – число фотонов, ε =
– энергия одного фотона, n = N/V – определение

концентрации – количество чего–либо в единице объёма.
Тогда концентрация фотонов:
 
p

n 

 ,
 hc 1   hc
учли из формулы давления объёмную плотность энергии излучения: ω =
Произведём вычисления в системе СИ:
0,3  10 6
662  10 9
100  10 15
n


= 1012 м-3.
 34
8
 26
1  0 6,63  10  3  10
10  10
58
p
.
1 
Сократили 0,3 и 3; 662 и 6,63.
Ответ: n = 1012 1/м3.
Домашнее задание № 1
Определить температуру Т, при которой средняя энергия молекул тре хатомного газа равна энергии фотонов, соответствующих излучению   600
нм.
Дано:
СИ:
Решение:
-7
λ = 600 нм
6·10 м
Средняя энергия молекулы при теплоi=6
вом движении:
εср = εγ
i
(1)
 ср  kT ,
-34
h = 6,626·10 Дж·с
2
где i – число степеней свободы,
Т=?
T – термодинамическая температура.
Энергия фотона равна:
hc
 .
(2)

Приравняем (1) и (2):
i
hc
kT  .
2

Откуда выразим термодинамическую температуру:
2hc
.
T
i k
Подставим численные значения:
2  6,626  10 34  3  10 8
T
 0,8  10 4  8000 (К).
7
 23
6  6  10  1,38  10
Ответ: Т = 8000 К.
Домашнее задание № 2
Определить энергию , массу m и импульс p фотона, которому соответс твует длина волны   380 нм (фиолетовая граница видимого спектра).
Дано:
СИ:
Решение:
-9
λ = 380 нм
380·10 м
1) Энергия фотона:
-34
h = 6,626·10 Дж·с
hc
 .
8
с = 3·10 м/с

1) ε-?
где h – постоянная планка, λ – длина волны, с
2) m-?
– скорость света.
3) p-?
2) Массу фотона найдём по формуле:
59

hc
h
.
 2 
2
c
c  c
3) Импульс фотона найдём по формуле:
 hc h
p 
 .
с с 
Подставим данные и вычислим:
1) энергию:
m
6,626  10 34  3  10 8
5,23  10 19
19

5
,
23

10
(
Дж
)

 3,27 (эВ).
380  10 9
1,6  10 19
2) массу:

6,626  10 34
m
 0,00581  10 33  5,81  10 36 (кг).
8
9
3  10  380  10
3) импульс:
h 6,626  10 34
p 
 0,0174  10  25  1,74  10  27 кг·м/с.
9

380  10
Ответ: ε = 3,27 эВ; m = 5,81·10-36 кг; p = 1,74·10-27 кг·м/с.
Домашнее задание № 3
На идеально отражающую плоскую поверхность нормально падает монохроматический свет с длиной волны   0,55 мкм. Поток излучения  e составляет 0,45 Вт. Определить: 1) число фотонов N, падающих на поверхность за
время t  3c, 2) силу давления F, испытываемую этой поверхностью.
Решение
Дано:
СИ:
-6
λ = 0,55 мкм
0,55·10 м 1) Число фотонов, падающих за время Δt на
ρ=1
поверхность, определяется:
Фе = 0,45 Вт
W Фе  t
,
N

∆t = 3 с


h = 6,626·10-34 Дж·с
где ΔW – энергия излучения, получаемая п о8
с = 3·10 м/с
верхностью за время Δt.
1) N = ?
Но энергия фотона равна:
2) F = ?
hc
 .

где h – постоянная планка, λ – длина волны, с – скорость света.
Получим число фотонов падающих на поверхность за время t:
Ф  t
,
N е
hc
Подставим численные значения:
60
0,45  0,55  10 6  3
 3,736  1018 .
 34
8
6,626  10  3  10
2) Сила светового давления на поверхность равна:
F=р·S.
(1)
Световое давление может быть найдено по формуле:
E (1   
,
р e
(2)
c
где Eе – энергетическая освещённость, ρ – коэффициент отражения, с – скорость света. Подставляя (2) в (1), получим:
S  Eе
F
(1   ) ,
(3)
c
Т.к. произведение S  Eе  Фе - поток (мощность) энергии излучения, то
N
(3) можно записать в виде:
Ф
F  е (1   ) ,
c
Подставим численные значения:
0,45
F
(1  1)  0,3  10 8  3 (нН).
8
3  10
Ответ: N = 3,736·1018; F = 3 нН.
Домашнее задание № 4
Определить поверхностную плотность  потока энергии излучения, п адающего на зеркальную поверхность, если световое давление р при перпендикулярном падении лучей равно 10 мкПа.
Дано:
СИ:
Решение:
-5
р = 10 мкПа 10 Па
Поверхностная плотность  потока энергии изρ=1
лучения равна плотности потока энергии излучения,
8
с = 3·10 м/с
падающего на поверхность Ее (облучённость поверхноφ=?
сти):
φ = Ее.
Давление света при нормальном падении на поверхность можно найти
по формуле:
E
р  e  (1   ) ,
c
где E e – так же энергетическая освещённость (мощность излучения падающ его на единицу поверхности),  - коэффициент отражения, с – скорость света.
Тогда:
61
c р
.
1 
Вычислим и получим:
3  10 8  10 5
Вт
кВт

 1,5  10 3 2  1,5 2 .
11
м
м
2
Ответ: φ = 1,5 кВт/м .
  Ee 
Домашнее задание № 5
Найти давление света на внутреннюю п оверхность колбы стоваттной электрической лампы.
R
Колба лампы представляет собой сферический с осуд радиусом 5см (рис. 1). Внутренняя поверхность
колбы отражает 10% падающего на нее света. Сч итать, что вся потребляемая лампой энергия идет на
излучение.
Решение:
Рис. 1
Дано:
СИ:
Фе = 100 Вт
Давление света при
R = 5 см
0,05 м нормальном давлении на поверхность:
ρ = 0,1
E
р  e  (1   ) ,
(1)
8
с = 3·10 м/с
c
р=?
где Eе – энергетическая освещённость (энергия, падающая на единицу поверхности в единицу времени ), ρ – коэффициент отражения, c
– скорость света в вакууме.
Мощность излучения:
Фе = Eе·S,
(2)
где S – площадь внутренней поверхности колбы.
Из (2) выразим энергетическую освещённость Eе подставим её в (1) с учётом того, что Sсферы = 4πR2, получим давление:
Ф
Фe
р  e  1    
 1    .
Sc
4R 2 c
Подставим численные значения:
100
р
 1  0,1  0,1167  10  4  11,7 ( мкПа).
2
4
8
4  3,14  5  10  3  10
Ответ: р = 11,7 мкПа.
62
Домашнее задание № 6
Спутник в форме шара движется вокруг Земли на такой высоте, что п оглощением солнечного света в атмосфере можно пренебречь. Диаметр спутника
d = 40 м. Зная солнечную постоянную (см. задачу №13) и принимая, что п оверхность спутника полностью отр ажает свет, определить силу давления F солнечного света на спутник.
Решение:
Дано:
СИ:
Сила светового давления на поверхность
кДж
Дж
С = 1,4 2
1,4∙103 2
м с
м  с равна произведению светового давления p на
площадь S поверхности:
ρ=1
F = р·S,
d = 40 м
8
с = 3·10 м/с
d 2
где S =
– площадь сечения спутника.
F=?
4
Давление, производимое светом при
нормальном падении:
E
р  e 1    ,
c
где, ρ – коэффициент отражения, с – скорость света в вакууме, Ее – плотность
потока энергии излучения , падающего на поверхность (энергетическая осв ещённость или облучённость поверхности). Что совпадает с Солнечной постоянной С (см. задачу №13), т.е.
Ее = С.
Тогда давление:
С
р  1    .
c
Подставляя выражение давлен ия света р и площади окружности S в формулу силы светового давления F, получим:
С
d 2
1    
F 
c
4
Произведём вычисления в системе СИ:
F
1,4  10 3
3,14  40 2 14067 ,2



1

1


 10 5 = 1172·10 -5 =11,72·10 -3 Н ≈
8
3  10
4
12
11,7 мН.
Ответ: F = 11,7 мН.
63
Практическое занятие 4
ЭФФЕКТ КОМПТОНА
Рекомендуемое задание № 1
Рентгеновское излучение длиной волны   55,8 пм рассеивается пли ткой графита (Комптон-эффект). Определить длину волны   света, рассеянного
под углом   60 к направлению падающего пучка света.
Дано:
Си:
Решение:
-12
Формула для эффекта Комптона:
  55,8 пм 55,8 10 м
  60°
 
       С  (1  cos )  2С sin 2   ,
  =?
2
где   – длина волны рассеянного (отра зившегося) фотона на частице (эле ктрон, протон, нейтрон…), λ – длина волны падающего фотона, Δλ – разность
h
этих длин волн, С 
 2,426пм – комптоновская длина волны для элекm0 c
трона, m0 – масса покоя электрона отдачи .
Отсюда длина волны рассеянного (отразившегося) света:
     С  (1  cos ) .
Подставим численные значения:
   55 ,8  10 12  2 , 426 1  0 ,5   55 ,8  10 12  1, 213  10 12  57 (пм).
Ответ:   = 57 пм.
Рекомендуемое задание № 2
Определить максимальное изменение длины волны при комптоновском
рассеянии: 1) на свободных электронах; 2) на свободных протонах.
Дано:
Решение:
-31
1) mе = 9,11·10 кг
Формула для эффекта Комптона:
-27
2) mр = 1,67·10 кг
h
       С  (1  cos ) 
 (1  cos ) ,
-34
h =6,63·10 Дж·с
m0c
с = 3·108 м/с
Проанализируем формулу. М аксимальное изΔλmax = ?
менение длины волны Δλ при комптоновском рассе янии наступит при условии сosθ = –1 (θ = 180) т.е. (1 – сosθ) = 2. Тогда:
h
.
max  2
m0 c
Выполним промежуточные вычисления:
64
h
6,63  10 34
С 

 2,426  10 12 м  2,426пм - комптоновская
 31
8
m е c 9,11  10  3  10
длина волны для электрона;
h
6,63  10 34
С , р 

 1,32  10 15 м  1,32фм
 27
8
m р c 1,67  10  3  10
-
комптоновская
длина волны для протона;
Вычислим максимальное изменение длины волны Δλ при комптоновском рассеянии:
 max,е  2  2,426пм  4,852пм для электрона (пикометров);
 max, р  2  1,32фм  2,64фм для протона (фемтометров).
Ответ: 1) Δλmax,е = 4,852 пм; 2) Δλmax,р = 2,64 фм.
Рекомендуемое задание № 3
Определить угол  рассеяния фотона, испытавшего соударение со св ободным электроном (рис. 1), если изменение длины волны  при рассеянии
равно 3,62 пм.
Дано:
Си:
Решение:
-12
∆λ = 3,62 пм 3,62 10 м
Изменение длины волны фотона в р е-12
λС = 2,426 пм 2,426 10 м
зультате рассеяния на свободном эле ктроне
(эффект Комптона):
θ=?
  С (1  cos ) ,
/
λ
где λС – комптоновская длина волны для
электрона. Выразим угол рассеяния:

λ
  
  arccos  1 
.
C 

Подставим значения:
-
Рис. 1
3,62 
3,62 


  arccos 1 
 arccos 1 

  120 .
 2,426 
 2,426 
Ответ: θ = 120 или 240 (на рисунке пунктиром).
Рекомендуемое задание № 4
Фотон с энергией   0,4 МэВ рассеялся под углом   90 на свободном
электроне (рис. 2). Определить энергию рассеянного   фотона и кинетическую
энергию T электрона отдачи.
65
Решение:
Дано:
Си:
-14
1. Энергию рассеянного фотона   найε = 0,4 МэВ
0,64·10 Дж
дем, воспользовавшись формулой Комптона:
θ = 90°
-14
Е0 = 0,511 МэВ 8,16·10 Дж
h
1  cos   .
      
  ?
m ·c
T ?
Выразив длины волн   рассеянного и 
hc
падающего фотонов через энергии   
и

hc
ε/
соответствующих фотонов:


ε

hc hc
h
1  cos  .


 
m·c
Т
Рис. 2
Разделим обе части этого равенства на hc:
1 1 1  cos 1  cos
.
 

 
mc 2
Е0
Отсюда, обозначив для краткости энергию покоя электрона Е0 = mc2 =
9,11·10-31·9·1016 = 8,16·10-14 Дж, найдем энергию рассеянного фотона:

1  cos   1
1 1  cos 1  1  cos   Е 0 Е 0
.

 


Е0

Е0

Следовательно, энергия рассеянного фотона:
Е0

.
 

(1)
 1  cos   Е 0   1  сos   1
 Е 

0 
Подставив числовые значения величин, получим :
0,4
0,4
 

 0,224 МэВ  224кэВ = 0,36 10-13 Дж.
 0,4
1  0   1 1,783
 0,511
2. Кинетическая энергия электрона отдачи Т, как это следует из закона сохранения энергии:
 =   + Т,
равна разности между энергией  падающего фотона и энергией   рассеянного
фотона:
T      = 0,4 – 0,224 = 0,176 МэВ = 176 кэВ.
T      = 0,64·10-13 – 0,36·10-13 = 0,28·10-13 Дж.
Ответ:   = 224 кэВ = 0,36 10-13 Дж, Т = 176 кэВ = 0,28·10-13 Дж.
Примечание 1: 1 МэВ = 1,6·10 -13 Дж.
66
Примечание 2: Вывод формулы кинетической энергии электрона отд ачи:
Е 0
 2 1  cos    Е 0   Е 0 
 2 1  cos  
T  


 1  cos    Е 0
 1  cos    Е 0
 1  cos    Е 0
Рекомендуемое задание № 5
Определить импульс p e электрона отдачи при эффекте Комптона, если
фотон с энергией, равной энергии покоя электрона, был рассеян на угол
  180.
Дано:
СИ:
Решение:
По закону сохранения импульса:
  180
  
-14
р  р   ре ,
  Е0 = 0,511МэВ 8,16·10 Дж
2,426·10-12 м где р – импульс падающего света, р  – имλС =2,426 пм
ре -?
пульс рассеянного (отразившегося ф отона)

света, ре – импульс электрона. В проекции на ось ОХ (рис. 3):
р = – р' + ре.



р
р
ре
Откуда импульс электрона:
ре = р + р'.
mе
m
е
Х
до
Распишем импульсы фотона:
после
h
h
р  и р  .
Рис. 3


Тогда импульс электрона:
h h
pe   .
 
1 способ. Через энергию. Умножим на «с», чтобы получить энергию ф оc
тона   h . Тогда импульс электрона:

hc hc
(1).
pe c 

  
 
Энергия рассеянного фот она (вывод см. задача № 4):
 

  1  сos   1
 Е 
0


Е0
 Е 0 1  сos180   1
 Е 
0


Е0
Е
 0 .
1   1  1 3
Подставили ε = Е0 и θ = 180º. Подставим в формулу (1), и выразим и мпульс фотона:
Е
4Е
4Е
pe c  Е0  0  0  pe  0 .
3
3
3c
Подставим числа:
67
4  8,16  10 14 32,64

 10  22  3,63  10  22 кг·м/c.
8
3  3  10
9
2 способ. Через λС. Применим формулу для эффекта Комптона:
         С 1  cos   ,
где   – длина волны рассеянного (отразившегося) фотона на электроне, λ –
h
длина волны падающего фотона, Δλ – разность этих длин волн, С 
–
m0 c
pe 
комптоновская длина волны для электрона, m0 – масса покоя электрона о тдачи. Выразим   – длину волны рассеянного фотона:
      С 1  cos   .
Т.е. импульс электрона:
h
h
.
pe  
   С 1  cos 
Длину волны фотона выразим через энергию фотона:
c
c
  h =>   h .


С учетом этой формулы импульс электрона:
h
h

h
.
pe 

 
c
c
c
c
0
h
h   c (1  cos )
h   c (1  cos180 )



Подставим числа:
pe 
8,16  10 14
6,63  10 34
,

6,63  10 34  3  10 8
3  10 8
12
 2,426  10 (1   1)
8,16  10 14
pe  2,72  10
 22
6,63  10 34
6,63  10 34
 22

 2,72  10 
,
2,4375  10 12  4,852  10 12
7,2895  10 12
pe  2,72  10 22  0,91  10 22  3,63  10 22 кг·м/c.
Ответ: ре = 3,63·10 -22 кг·м/c.
Примечание 1: 1 МэВ = 1,6·10 -13 Дж.
Рекомендуемое задание № 6
Какая доля энергии фотона при эффекте Комптон а приходится на электрон отдачи, если фотон претерпел рассеяние на угол   180? Энергия  фотона до рассеяния равна 0,255 МэВ.
68
Решение:
Дано:
Закон сохранения энергии:
  180
 =   + Т,
  0,255 МэВ
Е0 = 0,511 МэВ
где  – энергия падающего фотона, ε/ – энергия рассеянноT
го (отразившегося) фотона, Т – кинетическая энергия
?
электрона.

Выразим кинетическую энергию электрона отдачи Т:
T    .
Тогда отношение кинетической энергии электрона отдачи к энергии падающего фотона:
T  


1 .
(1)



Энергия рассеянного фот она (вывод см. задача № 4):

.
 
  1  сos   1
 Е 

0 
Откуда:

1
.

   1  сos   1
 Е 

0 
Подставим в формулу (1):
T
1
.
 1

  1  сos   1
 Е 

0 
Произведём вычисления вне системы СИ:
T
1
1 1
1
1  .

2 2
 0,255
1   1  1
0
,
511


T
Ответ:  0,5 .

Примечание: 1 МэВ = 1,6·10 -13 Дж.
Рекомендуемое задание № 7
Фотон с энергией   0,25 МэВ рассеялся на свободном электроне. Энергия   рассеянного фотона равна 0,2 МэВ. Определить угол рассеяния  .
69
Дано:
Си:
  0,25 МэВ 0,410-13 Дж
  = 0,2 МэВ 0,3210-13 Дж
Е0 = 0,511 МэВ
 ?
Решение:
Воспользуемся формулой Комптона в
виде:
   2
h

sin 2 ,
m 0c
2
(1)
где   – длина волны рассеянного (отразившегося) фотона на электроне, λ –
длина волны падающего фотона, m0 – масса покоя электрона отдачи, h – постоянная планка, с – скорость света в вакууме .
Выразим длины волн   и  через соответствующие энергии   и  фотонов, воспользовавшись соотношением:
hc
hc
hc
hc
и  
=>  
и   ;





Подставим в формулу (1) и с ократим на hc:
hс hc
h

1 1
1
 
1
2 
2 
 2
sin2 =>   2
sin

2
sin
или
.
 
m0 c
2
 
m0 c 2
2
 
Е0
2
Учли, что энергия покоя электрона Е0 = m0c2. Выразим искомый угол:
E 0 (   )
E (   )
 E 0 (   )

=> sin 
=>   2  arcsin 0
.

2
2 
2
2 
2 
Подставим числа вне системы СИ:
sin 2
  2arcsin
0,511(0,25  0,2)
 2arcsin 0,50547  2   30,3626
2  0,25  0,2
  60,725  6043,5 .
Ответ: θ = 6043,5' или 29916,5'.
Примечание: 1 МэВ = 1,6·10 -13 Дж.
Рекомендуемое задание № 8
Угол рассеяния  фотона равен 90 (рис. 4). Угол отдачи  электрона равен 30. Определите энергию  падающего
фотона.
Дано:
Решение:
Закон сохранения им  90
  30
пульса, согласно которому
Е0 = 0,511 МэВ импульс падающего фотона

р равен векторной сумме
 ?

импульсов рассеянного ф отона р и электро

на отдачи ре  m :
70

p


p

Рис. 4

m

 
p  p   mo .
p
(см. рис. 4) и импульс фотона связан с его энергией:
p


p  , p  ,
c
c
где  и   - энергия падающего фотона и рассеянного.

То tg  . Откуда энергия рассеянного фотона:

     tg ,
(1)
Т.к. tg 
Воспользуемся формулой, вывод которой в задаче № 4:
1 1 1  cos 
 
,
 
Е0
(2)
где Е0 = m0c2 – энергия покоя электрона. Подставим (1) в (2):
1
1 1  cos 
1  tg  1 1  cos 
 
 
=>
.
  tg  
Е0
tg 

Е0
Откуда энергия падающего фотона:
1  tg    Е 0
 
.
1  cos    tg 
Подставим числовые значения вне системы СИ:
1 

1 
  0,511

1  tg 30   0,511 
3


 0,374 (МэВ).
1
1  cos90 0   tg 30 0
1  0 
3
Ответ: ε = 0,374МэВ.
0
Примечание: 1 МэВ = 1,6·10 -13 Дж.
Рекомендуемое задание № 9
Фотон (   1 пм) рассеялся на свободном электроне под углом   90  .
Какую долю своей энергии фотон передал электрону?
Решение: Рисунок в задаче № 8.
Дано:
Си:
12
Энергия Т электрона отдачи: Т =     (из
  1пм
10 м
закона сохранения энергии ), где   энергия па  90о
-31
mе = 9,11·10 кг
дающего фотона,   - энергия рассеянного фотона.
h =6,63·10-34 Дж·с
Доля энергии фотона, переданная элект рону:
8
с = 3·10 м/с
Т
 (%)   100%.

 (%) -?
71
Энергия фотона:
hc
  h   .

Подставим численные значения:
6,63  10 34  3  10 8

 19,89  10 14 Дж ≈ 2∙10-13 (Дж) = 1,24 МэВ.
12
10
Тогда кинетическая энергия электрона:
hc hc
  

Т=     
.

 hc
 hc
 
 
 
Формула Комптона:
2h

      
 sin 2 .
m0 c
2
(1)
(
(2)
Подставив (2) в (1) и учитывая, что       , найдем Т:
2h 2 sin 2 ( )
2h
1
2 
2
Т = hc 
.
 sin 

2
m0 c
2 
2h  sin 2  2  

2h  sin  2  
   m0  

   
c
m
c



0

Сократили с – скорость света, в знаменателе занесли в скобку m0. Подставим числа:
2  (6,63  10 34 ) 2  1 2
44  10 56
.
Т

2  6,63  10 34  1 2  0,911  10  42  2,21  10  42
12 
 31
12
10   9,11  10  10 

3  10 8


44  10 56
Т
 14,15  10 14 Дж .
 42
 42
0,911  10  2,21  10
Доля энергии фотона, переданная электрону:
14,15  10 14
T
 100% ≈ 70,8%.
  ·100% =

20  10 14
Ответ:   70,8%.
Примечание: Кинетическую энергию электрона отдачи можно выразить через эне ргию покоя электрона: фо рмула, вывод которой в задаче № 4 в приложении 2:
T
 1  cos 
 2 1  cos  
. Тогда:  
. Вычислим вне системно:

T 
  1  cos   Е 0
 1  cos    Е 0

1,24  1
 100%  70,8% .
1,24  1  0,511
72
Рекомендуемое задание № 10
Длина волны  фотона равна комптоновской длине С электрона. Определить энергию  и импульс р фотона.
Дано:
СИ:
λ = λС = 2,426 пм
2,426∙10-12 м
h =6,626·10-34 Дж·с
с = 3·108 м/с
1) р = ?
2) ε = ?
Решение
1) Импульс фотона:
h
р .

2) Энергия фотона:
c
  h  h .

Подставим численные значения:
h 6,626  10 34
р 
 2,73  10  22 кг  м/с .
12
 2,426  10
3  10 8
  6,626  10
 8,19  10 14 Дж  0,512МэВ .
12
2,426  10
Ответ: р = 2,73∙10-22 кг∙м/с, ε = 0,512 МэВ.
 34
Примечание 1: Для другого способа. Комптоновская длина волны : С 
гда импульс: р 
 h
h
. Тоm0 с
h
h

 m0 с  9,11  10 31  3  10 8  2,73  10  22 кг∙м/с. Энергия:
 h m0 с 
c
c
2
h
 m0 c 2  9,109534  10 31  2,99792458  10 8  ,

h m0 с 
  81,87241  10 15 
8,187241  10 14 Дж
= 0,511 МэВ.
1,6021892  10 13 Дж МэВ
Примечание 2: С другой стороны ε = m0c2 = Е0 – энергия покоя электрона табличная равная 8,16∙10-14 Дж = 0,511 МэВ.
Рекомендуемое задание № 11
Энергия  падающего фотона равна энергии покоя электрона. Опред елить долю 1 энергии падающего фотона, которую сохранит рассеянный ф отон, и долю  2 этой энергии, полученную электроном отдачи, если угол ра ссеяния  равен: 1) 60; 2) 90; 3) 180.
73
Решение:
В задаче № 4 рисунок и вывод формулы энергии рассеянного фотона:
1)   60

2)   90
,
 
  1  сos   1
3)   180
 Е 

0 
1 ,  2  ?
где ε – энергию падающего фотона; Е0 – энергию покоя электрона;
θ – угол рассеяния (отскока) фотона.
Заменим энергию покоя электрона Е0 на энергию падающего фотона ε и
преобразуем:



.
 


 1  сos   1 1  сos  1 2  сos

Подставим числа:
1. Если   60 , то


2


   0 , 67   .
o
2  cos 60
1,5 3
Дано:
  Eo
 
Значит, доля энергии падающего фотона, которую сохранит рассея нный
фотон: 1  0,67 , а доля энергии, полученной электроном отдачи:
 2  1  1  0,33 .
2. Если   90 , то






 0 ,5   .
2  cos 90 o 2  0 2
Значит, 1  0,5 , а  2  1  1  0,5 .
3. Если   180 , то





  0 ,33   .
o
2  cos 180
2   1 3
Значит, 1  0,33 , а  2  1  1  0,67 .
Ответ: 1) 1  0,67 ,  2  0,33 ; 2) 1   2  0,5 ; 3) 1  0,33 ,  2  0,67 .
Рекомендуемое задание № 12
Фотон с длиной волны 100 пм рассеялся под углом 180  на свободном
электроне (рис. 5). Определить в электрон-вольтах кинетическую энергию эле ктрона отдачи.
74
Решение:
Дано:
Си:
-12

100∙10 м
 =100 пм

/
P
 = 180º

me
λС = 2,426 пм
2,426∙10-12 м
-31
Рис. 5
mе = 9,11·10 кг
В задаче № 9 вывод формулы кинетичеh =6,63·10-34 Дж·с
8
ской энергии электрона отдачи (можно из №
с = 3·10 м/с
4 через сos):
Т-?
2h 2 sin 2 ( / 2)
или
Т
2h
2
m 0  ( 
sin ( / 2))
m0 c
Т
2h 2 sin 2 ( / 2)
,
m0  (  2С sin 2 ( / 2))
где λ – длина волны падающего фотона, m0 – масса покоя электрона отдачи, h –
постоянная планка, с – скорость света в вакууме, θ – угол рассеяния (отскока)
h
фотона, С 
– комптоновская длина волны для электрона.
m0 c
Подставим численные значения:
2  6,63  10 34   sin 2 (180 0 / 2)
Т
.
9,11  10 31  10 10  (100  10 12  2  2,426  10 12  sin 2 90 0 )
2
9,65  10 27
Т
 0,092  10 15  9,2  10 17 Дж  575 (эВ).
12
104,852  10
Ответ: Т = 575 эВ.
Рекомендуемое задание № 13
Фотон рентгеновского излучения с энергией 0,15 МэВ испытал рассе яние
на покоившемся свободном электрон е, в результате чего его длина волны ув е0
личилась на   0,015 A . Найти угол  , под которым вылетел компт оновский
электрон отдачи.
Решение:
Дано:
СИ:
-13
ε = 0,15 МэВ
0,24∙10 Дж
Направление движения электрона о тдачи
-12
найдем, применив закон сохранения импульΔλ = 0,015Ǻ
1,5∙10 м
-12
λС = 2,426 пм
2,426∙10 м са, согласно которому импульс падающего фоЕ0 = 0,511 МэВ 8,16∙10-14 Дж тона р равен векторной сумме импульсов ра сφ=?
сеянного фотона р  и электрона отдачи
75

р е  m :
р  р  р е .
Векторная диаграмма импульсов
B
(треугольник импульсов) изображена на рир
сунке. Все векторы проведены из точки O,
O
E
D

A
где находится электрон в м омент соударения

me

р
с фотоном. Угол θ показывает направление
движения рассеянного фотона. Из треугольр е  m
С
ника OCD находим угол φ, который опредеРис. 6
ляет направление движения электрона отдачи:
CD
tg  
.
OD
CD
Рассмотрим ΔАСD: sin  
, тогда CD = CA∙sinθ = р ∙sinθ. Отрезок
CA
AD
ОD = ОА – AD. Рассмотрим ΔАСD: cos  
, тогда АD = CA∙cosθ = р∙cosθ.
CA
С учётом замен и разделив числитель и знамен атель на р :
tg  
CA  sin 
р   sin 
sin 
.


р
ОA  C А  cos 
р  р   cos 
 cos 
р
Так как импульс фотона связан с энергией по формуле: ε = рс т.е. импульс
падающего фотона р   и рассеянного фотона р     , тогда:
c
c
tg  
sin 

 cos 

.
(1)
Применим формулу (1) задачи № 4 – энергия рассеянного света:



=>
 

 1  cos   1 ,
 Е 0 1  cos   1   Е 0
где Е0 – энергия покоя электрона. Тогда:
tg  
sin 
sin 
.

  Е 0 1  cos    1  cos  1  cos    Е 0  1 
(2)
Изменение длины волны фотона в результате рассеяния на свободном
электроне выражается формулой Комптона:
  С 1  cos  ,
76
где С 
h
– комптоновская длина волны (электрона), m0 – масса покоя
m0 c
электрона отдачи, h – постоянная планка, с – скорость света в вакууме, θ – угол
рассеяния (отскока) фотона.
Преобразуем:

.
1  cos 
(3)
С
2
  

 .
=> sin  1  cos 2  1  1 
cos  1 

С

С 
2
2

   
   
  
  2
   2 

.
sin  1  1  2
 
 
С  С 
С  С 

С

С 
Подставим в формулу (2) формулы (3) и (4) и занесём под корень
tg  

  
 2 

 С   С



 Е 0  1 
С
tg  
С
1

  С
1


.
 2 



 С     Е 0  1
 Е0  1

(4)

:
С

С
1
.


 Е0  1
С
2
2
Окончательная формула:
С
1

.
 Е0  1
2
  arctg
Подставим в формулу значения во внесистемных единицах:
2 , 426 пм
1
1 , 5 пм
1 , 49488
 arctg
0 ,15 МэВ 0 , 511 МэВ  1
1 , 29354
2
  arctg
 arctg 1 ,15565
 49 ,1  .
Ответ: φ = 49,1º.
Примечание: 1Ǻ (ангстрем) = 10 -8 см => 0,015Ǻ = 1,5 пм.
Домашнее задание № 1
При комптоновском рассеянии энергия падающего фотона распредел яется поровну между рассеянным фотоном и электроном отдачи. Угол ра ссеяния

  (рис. 7). Найти энергию   и импульс р рассеянного фотона.
2
77
Дано:
СИ:
λС = 2,426 пм
2,426∙10-12 м
h =6,63·10-34 Дж·с
с = 3·108 м/с


2
 Т
1)   = ?
2) р΄ = ?
Решение:
1) Закон сохранение энергии:
ε =   + Т,
где ε – энергия падающего фотона;   –
энергия рассеянного (отразившегося) ф отона; Т – кинетическая энергия, полученная
электроном.
’


х
e
Рис. 7
Учитывая данные:
ε = ε΄ + ε΄ = 2ε΄.
По определению энергия фотона, соответственно падающего и рассеянного:
c



h


.

   h c


(1)
Тогда:
c
c
2
 2h    .



Воспользуемся формулой для эффекта Кóмптона:
      C 1  cos   ,
h
где С 
(2)
h
– кóмптоновская длина волны (электрона), m0 – масса покоя
m0 c
электрона отдачи, h – постоянная планка, с – скорость света в вакууме, θ – угол
рассеяния (отскока) фотона.

Так как   и сosθ = 0, то:
2
     C .
Подставим длину волны λ падающего фотона из формулы (2) и выразим
длину волны λ/ рассеянного фотона:
78

  C т.е.   = 2λС.
2
Подставим в формулу (1):
c
6,63  10 34  3  10 8
  h

 4,1  10 14  Дж   0,256(МэВ)  256(кэВ) .
12
2С
2  2,426  10
2) Связь импульса фотона с энергией:
ε = рс.
Следовательно, для рассеянного фотона импульс:
  1 hc
h
6,63  10 34
 кг  м 
р   


 1,37  10  22 
.
12
с с 2С 2С 2  2,426  10
 с 
Ответ:   = 256 кэВ; р = 1,37·10 –22 кг·м /c.

Примечание: 1МэВ = 1,6∙10-19 Дж.
Домашнее задание № 2
Энергия рентгеновских лучей   0,6 МэВ. Найти энергию Т электрона
отдачи, если длина волны рентгеновских лучей после комптоновского рассе яния изменилась на 20%.
Дано:
Решение:
 = 0,6 МэВ
Закон сохранение энергии:
 =   + Т,
  = 1,2
где  – энергия падающего фотона;   – энергия рассеянного
Т=?
(отразившегося) фотона; Т – энергия, полученная электроном.
Кинетическая энергия Т электрона отдачи равна:
Т =  – .
Энергия фотона, соответственно падающего и рассеянного:
c

  h 
.

c
   h


Тогда:
1 
0,2 1 hc 
1
1 1 
Т  hc    hc 
   .
  hc
1,2 6  6
   
  1,2 
Учтено, что дано и формула энергии. Подставим числа во внесистемных
единицах:
0,6
Т
 0,1(МэВ).
6
Ответ: Т = 0,1 МэВ.
79
Домашнее задание № 3
Рентгеновские лучи с длиной волны   70,8 пм испытывают комптоно вское рассеяние на парафине. Найти длину волны   рентгеновских лучей, рас
сеянных в направлениях: а)   ; б)    .
2
Решение:
Дано:
Воспользуемся формулой для эффекта Кóмптона:
 = 70,8 пм
      C 1  cos   ,
λС = 2,426 пм

h
а)   ;
где С 
– кóмптоновская длина волны (электрона), m0 –
2
m0 c
б)   
масса покоя электрона отдачи, h – постоянная планка, с – ско  -?
рость света в вакууме, θ – угол рассеяния (отскока) ф отона.
Отсюда длина волны рассеянных лучей:
      C 1  cos   .
Подставим численные значения во внесистемных единиц ах:
а)    70 ,8  2 , 426 1  0   73 , 226 пм .
б)    70 ,8  2 , 426 1    1    75 , 656 пм .
Ответ: а)   = 73,226 пм; б)   = 75,656 пм.
Домашнее задание № 4
Рентгеновские лучи с длиной волны λ = 20 пм испытывают комптоно вское рассеяние под углом θ = 90 (рис. 8). Найти изменение  длины волны
рентгеновских лучей при рассеянии, а также энергию электрона отдачи Т и его
импульс ре.
Решение
Дано:
1) Изменение длины волны фотона найдём по формуле
 = 20 пм
для эффекта Кóмптона:
λС = 2,426 пм
    C 1  cos     C  2 , 426 пм ,
θ = 90
1)  =?
2) Т = ?
3) ре = ?
где С 
h
– кóмптоновская длина волны (электрона), m0 –
m0 c
масса покоя электрона отдачи,
h – постоянная планка, с – скорость света в вакууме, θ – угол рассеяния (отскока) фот она.
2) Кинетическая энергия электрона отдачи равна, как это следует из закона сохра-



e
80
Рис. 8
х
нения энергии, изменению энергии фотона, то есть:
c
c
hc
Т    h  h 
.

      
Произведём вычисления:
6,63  10 34  3  10 8  2,426  10 12
48,25314  10 38
Т

 0,11  10 14 ,
12
12
12
 24
20  10  20  10  2,426  10 
448,52  10
-15
4
Т = 1,1∙10 Дж = 0,67∙10 эВ = 6,7 кэВ.
3) Кинетическая энергия и импульс классической частицы (при её скорости υ значительно меньше скорости с света υ<<с):
р



m 2


m
р2
Т 


Т

.
2


2
2
m
m
р


 р  m
Т   

2 m
Откуда связь импульса классической частицы с кинетической энерги-
ей:
р 
2 mT .
Подставим числа:
 кг  м 
20  10  46  4 , 48  10  23 
.
 с 
Ответ:  = 2,42 пм; Т = 6,7 кэВ; р = 4,48·10 –23 кг·м/с.
р 
2  9 ,11  10  31  1 ,1  10  15 
Примечание. В случае релятивистской частицы применяем формулы связи импульса с: 1) полной энергией: Е2 = Е02 + (рс)2 или 2) с кинетической энергией: (рс)2 =
Т(Т+2Е0).
81
Практическое занятие 5
АТОМ ВОДОРОДА ПО ТЕОРИИ БОРА
Рекомендуемое задание № 1
Вычислить радиус второй орбиты r2 электрона в ионе гелия He+.
Дано:
Решение:
Z=2
Второй закон Ньютона:


n=2
FКулона  mе a .
ħ = 1,05·10-34 Дж·с
В проекции на ось Оx (рис. 1) и распишем силу
ε0 = 8,85·10-12 Ф/м
Кулона и нормальное ускорение:
mе = 9,11·10-31 кг

е = 1,6·10-19 Кл
F  m a
е n
rn
 К
r2 =?

1 Zе  e

F
,

Кулона
 FК 
mе
4 0 r 2

x 
an


2

n
a

 n

r
где Ze – заряд ядра, e – заряд электрона, υ –
Рис. 1
линейная скорость электрона.
Подставим второе и третье уравнение сист емы в первое уравнение:
1 Zе 2
2
1 Zе 2
=>
 2  mе

 mе 2 .
4 0 r
r
4 0 r
(1)
Первый постулат Бора (постулат стационарных состояний или правило квантования орбит): дискретные квантовые значения момента импульса
удовлетворяют условию:
(n = 1, 2, 3…),
mе  r  n
(2)
где m – масса электрона, r – радиус орбиты электрона n – номер стационарной
орбиты, ħ – постоянная Планка с чертой.
Выразим скорость из (2):
n
.

(3)
mе r
Подставим в формулу (1) получим:
1 Zе 2
n2 2 n2 2
1
n2 2
2
=>
.

 mе 2 2 
 Zе 
4 0 r
mе r
mе r 2
4 0
mе r
Сократили m и r, Отсюда радиус n – ой орбиты электрона:
4 0  2 n 2
4 0 h 2
n2  0h2 n2
rn 




 .
2
mе е 2 Z mе е 2 2  Z mе е 2 Z
82
(4)
Учли: h = 2πħ. Подставим числа:
4  3,14  8,85  10 12  1,05  10 34  2 2 122,6  10 80
r2 
 
 2  5,257  10 11  2 .
 69
 31
19 2
2 23,32  10
9,11  10  1,6  10 
2
r2  10,5  10 11 м  105пм .
Ответ: r2 = 105 пм.
Приложение 1: Первый Боровский радиус r1 = а в атоме водорода (Z = 1, n = 1):
4 0  2
 0h2
8,85418782  10 12  6,626176  10 34 
.
a


2
mе е 2
 mе е 2 3,141592654  9,109534  10 31  1,6021892  10 19 
2
r1  a 
388,7538155  10 80
 5,29  10 11 м  52,9пм . Учли: h = 2πħ.
 69
73,46384139  10
Приложение 2: Связь радиуса n –той стационарной орбиты водородоподобного
атома с радиусом первой боровской орбиты электрона в атоме водор ода:
n2
n2
rn  r1   а  .
Z
Z
Рекомендуемое задание № 2
Вычислить скорость υ4 электрона на четвёртой орбите для иона лития
++
Li .
Дано:
Z=3
n=4
h = 6,626·10-34 Дж·с
ε0 = 8,85·10-12 Ф/м
е = 1,6·10-19 Кл
υ4 = ?
Решение:
Из 2го закона Ньютона (см. задачу № 1):
1 Zе 2

 mе 2 .
4 0 r
Из первого постулата Бора (см. задачу № 1) радиус орбиты:
n
.
r
mе
Подставим в предыдущую формулу:
m
1
 Zе 2  е  mе 2
4 0
n
После сокращения на mеυ получим скорость электрона на n – той орбите
для водородоподобного атома:
1 Zе 2
е2
Z 2 е 2 Z
е2 Z
n 


 
 
 .
4 0 n 4 0  n 4 0 h n 2 0 h n
Учли, что h = 2πħ. Подставим числа:
1,6  10 
3
2,56  10 38
3
3
4 
 
  0,0218  10 8  ,
12
 34
 46
2  8,85  10  6,626  10
4 117,2802  10
4
4
19 2
83
(1)
 4  0,01637  10 8  1,64  10 6 м  1,64 Мм/с.
Ответ: υ4 = 1,64 Мм/с.
Приложение 1: Скорость электрона на первой орбите в атоме водор ода:

е2 1
е2
1,6  10 19 
1 
 

 2,18  10 6 м/с.
12
 34
2 0 h 1 2 0 h 2  8,85  10  6,626  10
2
Приложение 2: Связь скорости электрона водородоподо бного атома на n – ой орбите
со скоростью на первой орбите атома водорода:  n  1 
Z
.
n
Рекомендуемое задание № 3
Определить потенциальную П, кинетическую Т и полную Е энергии электрона, находящегося на первой орбите атома водорода (основное со стояние).
Дано:
Решение:
Z=1
1 способ. 1) Потенциальная энергия электрона в
n=1
электростатическом поле ядра и радиус орбиты rn элек-31
mе = 9,11·10 кг
трона (см. задачу № 1):
-19
е = 1,6·10 Кл
1 Ze е 
1 Ze 2



 П  4  r
h = 6,626·10-34 Дж·с
4 0 r

0
.

2
2
ε0 = 8,85·10-12 Ф/м

h
n
0
r 

1) П = ?
 n mе е 2 Z
2) Т = ?
Тогда потенциальная энергия электрона на любой
3) Е = ?
орбите водородоподобного атома (Считаем энергию
электрона в бесконечности равной нулю):
2
mе e 4  Z 
1
Z
2  mе е
П 
 Ze 
   2 2   .
4 0
 0h2 n2
4 0 h  n 
2
(1)
Потенциальная энергия для основного состояния атома водорода Z = 1,
n = 1:
2
mе e 4  1 
mе e 4
П   2 2     2 2 .
4 0 h  1 
4 0 h
Приложение 1: Связь потенциальной энергии водородоподобного атома с потен2
Z 
циальной энергией основного состояния атома водорода: П Z  П Н    .
n
Вычислим:
9,11  10 31  1,6  10 19 
59,7  10 107
П 


 0,00434  10 15 ,
 92
12
 34 2
13755  10
4  8,85  10  6,626  10 
4
П  43,4  10 19 Дж  27,13 эВ.
84
2) Кинетическая энергия электрона при движении по окружности и
скорость электрона на этой орбите (см. задачу № 2):
m 2

Т  2
.

2
е
Z
 n 


2 0 h n
Тогда кинетическая энергия электрона на любой орбите водородоподо бного атома:
2
2
m е4
mе 4  Z 
Z 
Т   2 2    2 2   .
2 4 0 h  n  8 0 h  n 
(2)
Кинетическая энергия для основного состояния атома водорода Z=1,
n=1:
2
mе 4  1 
mе 4
Т  2 2    2 2 .
8 0 h  1  8 0 h
Приложение 2: Связь кинетической энергии водородоподобного атома с кинети2
Z
ческой энергией основного состояния атома водорода: Т Z  Т Н    .
n
Приложение 3: Связь потенциальной и кинетической энергии водородоподобного
m 2
П
  m 2 .
атома: Т  
=> П  2Т  2
2
2
Вычислим:
9,11  10 31  1,6  10 19 
Т
 13,565 эВ.
2
8  8,85  10 12  6,626  10 34 
4
3) Полная энергия электрона на любой орбите водородоподобного ат ома:
2
2
2
mе e 4  Z 
mе 4  Z 
mе 4  Z 
Е Т  П  2 2    2 2     2 2   .
8 0 h  n  4 0 h  n 
8 0 h  n 
(3)
Полная энергия для основного состояния атома водорода Z = 1, n = 1:
2
mе 4  1 
Е   2 2   .
8 0 h  1 
Вычислим:
9,11  10 31  1,6  10 19 
Е
 13,565эВ .
2
8  8,85  10 12  6,626  10 34 
4
2 способ. Решим через постоянную Ридберга R.
85
Приложение 4: Постоянная Ридберга для водорода: R 
me e 4
= 3,28805∙1015 1/с.
3 2
8h  0
9,109534  10 31  1,6021892  10 19 
60,02765265  10 107
,
R

3
2
126
8  6,626176  10 34   8,85418782  10 12  182463,6461  10
4
R  0,000328984  1019  3,28984  1015 1/с (с табличным расходится!).
Приложение 5: Постоянная Ридберга для водородоподобной системы:
me e 4 2
RZ  Z R  3 2 Z .
8h  0
2
1) Потенциальная энергия электрона на любой орбите водородоподобн ого атома из формулы (1) с учётом постоянной Ридберга :
2
Z 
П  2 Rh    .
n
Потенциальная энергия для основного состояния атома водорода Z = 1,
n = 1:
П  2 Rh .
Вычислим:
П  2 Rh  2  3,29  1015  6,626  10 34 Дж  43,599  10 19  27,2 эВ.
2) Кинетическая энергия электрона на любой орбите вод ородоподобного
атома из формулы (2) с учётом постоянной Ридберга :
2
Z 
Т  Rh    .
n
Кинетическая энергия для основного состояния атома водорода Z = 1, n
= 1 и учтём связь с потенциальной энергией :
П
Т  Rh   .
2
Вычислим:
 27,2эВ
Т 
 13,6 эВ.
2
3) Полная энергия электрона на любой орбите водородоподобного ат ома:
2
2
2
Z 
Z 
Z 
Е  Т  П  Rh     2 Rh      Rh    .
n
n
n
В числах для основного состояния атома водорода Z = 1, n = 1:
П
Е   Rh  Т 
 13,6эВ .
2
86
Приложение 6: Полная энергия для водородоподобной системы через кинетическую
или потенциальную энергии :
П
.
2
Ответ: П = – 27,2 эВ; Т = 13,6 эВ; Е = – 13,6 эВ.
Е  Т 
Рекомендуемое задание № 4
Найти энергию Еi и потенциал Ui ионизации иона He+.
Решение:
Дано:
1) Энергия ионизации любого водородоподобного
Z=2
атома, т.е. электрон вывести с первой орбиты в бесконе чn=1
ность – за пределы атома (покинуть атом):
m=∞
-34
h = 6,626·10 Дж·с
1 1
Еi , Z   1,  Z 2 hR   2    Z 2 hR  Z 2 hcR  ,
(1)
1) Еi = ?
1  
2) Ui = ?
где R = R/с = 3,28805∙1015 1/с – постоянная Ридберга, R =
1,097373177∙107 м-1 – штриховая постоянная Ридберга, Z – зарядовое число (порядковый номер в таблице Менделе ева).
Энергия ионизации водорода :
Еi  12  hR  hR  hcR  .
Произведём вычисления:
Еi  6,625  10 34  3  108  1,097  10 7  6,625  10 34  3,29  10 7 ,
Е i  21,8  10 19 Дж  13,6эВ .
(2)
Связь энергии ионизации водородоподобного атома с энергией ионизации водорода:
Еi , Z  Z 2 Еi .
(3)
Вычислим энергию ионизации иона гелия:
Е i , Не  2 2  13,6эВ  54,4эВ .
2) Потенциал по определению:
Е
  потенциальная .
q
Тогда потенциал ионизации (ускоряющая разность потенциалов, кот орую должен пройти бомбардирующий электрон, чтобы приобрести энергию,
достаточную для ионизации атома) любого водородоподобного атома:
Е
Rh
i  U i   i  2 .
(4)
e en
Если энергия ионизации выражена внесистемно в эВ, то потенциал ионизации Ui или φi численно равен энергии ионизации:
87
Ui = φi = Еi (Вольт).
Тогда потенциал ионизации иона гелия:
Ui = φi = 54,4 В.
Ответ: Еi = 54,4 эВ; Ui = 54,4 В.
Приложение 1: Связь потенциала ионизации водородоподобного атома с потенци алом ионизации водорода: φi = Z2φi.
Приложение 2: Полная, кинетическая и потенциальная энергии для водородоподобной системы, через энергию ионизации:
2
2
2
Z 
Z 
Z 
Е   Е i   , Т  Е i   , П  2 Е i   .
n
n
n
Рекомендуемое задание № 5
Определить энергию фотона, испускаемого при переходе электрона в
атоме водорода с третьего энергетического уровня на вт орой.
Решение:
Дано:
1 способ. Энергия фотона:
Z=1
m=2
c
,
 m ,n  h  m ,n  h
(1)
n=3
m ,n
h = 6,626·10-34 Дж·с
где h – постоянная планка, с – скорость света в вакуу8
с = 3·10 м/с
ме, ν – частота излучения, λ – длина волны излучения
R = 3,29 10 15 c-1
m, n – стационарные орбиты; m = 1, 2, 3, 4, 5, 6 (опреде/
7 -1
R = 1,097 10 м
ляет серию), n = m + 1, m + 2, m + 3…(определяет отЕi = 13,6 эВ
дельные линии этой серии), n = ∞ определяет границу
mе = 9,11·10-31 кг
серии.
-19
е = 1,6·10 Кл
Обобщённая формула Бальмера (сериальная
ε3,2 =?
формула):
1
1
1
 1
 1
 m ,n  Z 2 R   2  2  или
 Z 2 R   2  2  ,
n 
m , n
n 
m
m
(2)
где R = R/с = 3,28805∙1015 1/с – постоянная Ридберга, R/ = 1,097373177∙107 м-1 –
штриховая постоянная Ридберга, Z – зарядовое число (порядковый номер в та блице Менделеева).
Подставим формулу (2) частоты в (1):
1
1
 1
 1
 m ,n  Z 2 hR   2  2   Z 2 Еi   2  2  ,
(3а)
n 
n 
m
m
или через длину волны:
1
1
 1
 1
 m ,n  Z 2 hcR    2  2   Z 2 Еi   2  2  ,
(3б)
n 
n 
m
m
88
где Еi – энергия ионизации водорода. Получили одинаковую формулу.
Произведем вычисления во внесистемных единицах :
1
94
1
 3, 2  12  13,6 эВ   2  2   13,6 
 1,89 (эВ).
3 
36
2
2 способ. Второй постулат Бора (правило частот):
εn,m = ΔЕ = Еn – Em = Eдо – Eпосле,
(4)
где ε n,m – энергия испускаемого (поглощае мого) атомом фотона при переходе
атома из одного стационарного состояния в другое, Еn и Em – энергии стационарных состояний, характеризуемые квантовыми числами n и m, определяемые по формуле:
2
mе e 4  Z 
Еn   2 2   ,
8 0 h  n 
(5)
где е – элементарный заряд, ε0 – электрическая постоянная, Z – атомный номер
(зарядовое число, порядковый номер атома в таблице Д.И. Менделеева) . При Em
< En происходит излучение фотона, при Em > En – его поглощение.
Тогда энергия испускаемого фотона:
mе e 4  Z   mе e 4  Z  mе e 4 Z 2  1
1
 n ,m   2 2   
 2 .
 
2 2 
2 2 
2
8 0 h  n 
8 0 h  m 
8 0 h  m
n 
2
2
Подставим числа:
9,11  10 31  1,6 4  10 19   12  1
1  59,703  10 107 9  4
,
 3, 2 
 2

2
2  2
3  27501  10 92 4  9
8  8,85 2  10 12   6,626 2  10 34   2
4
 3, 2  0,0003015  10 15  3,01  10 19 Дж  1,885эВ .
Ответ: ε3,2 = 1,89 эВ, относится к серии Бальмера .
Примечание 1. №, название и область спектра серий водородоподобного ат ома:
Номер серии, m Название серии Область спектра
1
Лаймана
ультрафиолетовая
2
Бальмера
видимая
3
Пашена
4
Брэкета
инфракрасная
5
Пфунда
6
Хэмфри
Примечание 2. Атом излучает фотон, если электрон переходит с большей орбиты
на меньшую (с 3й на 1ю). Атом поглощает фотон, если электрон переходит с меньшей орбиты на большую (с 1й на 3ю).
Рекомендуемое задание № 6
Найти первую энергию возбуждения Е1 и первый потенциал возбужд ения
U1 иона Li++.
89
Решение:
1) Первое возбуждённое состояние атома. ЭлекZ=3
трон находится на второй орбите. Переведё н с основной
m=1
орбиты (первой) на вышестоящую – вторую.
n=2
Для перехода на вторую орбиту в водородоподоб1) Е1 = ?
ном атоме необходимо поглотить энергию фотона – пер2) U1 = ?
вая энергия возбуждения:
1 1 3
Е1, Z   2 ,1  Z 2 Еi   2  2   Z 2 Еi ,
(1)
1 2  4
где Z – зарядовое число (порядковый номер в таблиц е Менделеева), Еi = 13,6 эВ
– энергия ионизации атома водорода.
Произведём вычисления:
3
Е1   3 2  13,6эВ  91,8эВ .
4
2) Энергия, выраженная в электрон -вольтах, равна потенциалу выраже нному в вольтах (см. задачу № 1а). Тогда первый потенциал возбуждения дважды ионизированного иона лития:
U1 = 91,8 В.
Ответ: Е1 = 91,8 эВ; U1 = 91,8 В.
Дано:
Рекомендуемое задание № 7
Определить длину волны , соответствующую второй спектральной л инии в серии Пашена.
Решение:
Дано:
Обобщённая формула Бальмера (сериальная формуZ=1
ла):
m=3
n=m+2=5
1
1
 1
 Z 2 R   2  2  ,
/
7 -1
R = 1,097 10 м

n 
m
=?
где R – штриховая постоянная Ридберга, Z – зарядовое число (порядковый номер в таблице Менделеева), m, n – стационарные орбиты (m
< n).
Для серии Пашена:
1
1
1
 R  2  2  .

n 
3
Отсюда длина волны:
90

1
.
1
1

R  2  2 
n 
3
Произведем вычисления:
1
9  25


 12,8  10 7  1,28  10 6 м 
7
 1 1  1,097  10 25  9 
1,097  10 7  2  2 
3 5 
= 1,28мкм.
Ответ:  = 1,28 мкм.
Рекомендуемое задание № 8
Определить длину волны спектральной линии, соответствующую перех оду электрона в атоме водорода с шестой боровской орбиты на вторую (рис. 2).
К какой серии относится эта линия, и которая она по сч ёту?
Дано:
Решение:
m=2
Запишем обобщенную формулу Бальмера:
n=6
1
1
 1
 R  2  2  ,
7 -1
R = 1,097 10 м

n 
m
 =?
где  – длина волны спектральных линий в спектре атома
Бора;

m – определяет серию;
6
5
n – определяет отдельные линии этой с ерии (m < n);
4

R – штриховая постоянная Ридберга.
3
Отсюда длина волны:
2
1
.

1
1
1

орбита
R  2  2 
n 
m
Рис. 2
Произведем вычисления:
1
36


 4,1  10  7  0,41  10  6 м  0,41 мкм.
7
 1 1  1,097  10 9  1
1,097  10 7   
 4 36 
Из задачи № 5 – серия Бальмера, т.к. m = 2. По счёту она 4я, т.к. n – m = 6
– 2 =4.
Ответ:  = 0,41 мкм, серия Бальмера, по счёту № 4.
Рекомендуемое задание № 9
Найти: 1) период обращения Т электрона на первой боровской орбите
атома водорода, 2) его угловую скорость  .
91
Дано:
Решение:
1) Напишем связь угловой скорости ω с периодом
обращения Т и линейной скоростью υ:
Z=1
n=1
r1 = 52,9∙10-12 м
2


6

υ1 = 2,18∙10 м/с

Т .

1) T =?
  

2)  =?
r
Приравняем и выразим период:
2 
2r
 => Т 
.
Т
r

Радиус 1 – ой орбиты электрона (задача № 1) и скорость электрона на 1
– ой орбите для водорода (задача № 2):
 0h2

r

a

 52,9пм
1
2

m
е

е
.

2
е
 
 2,18Мм/с
 1 2 0 h
Т.е. конечная формула периода:
 h 2 2 h 4 2 h 3
Т  2  0 2  20  0 4 .
 mе е
е
mе е
Вычисление проведём через известные данные:
2  3,14  52,9  10 12
Т
 152  10 18  1,52  10 16 с .
6
2,18  10
2) Конечная формула угловой скорости:
m е 4  mе е 4
2
.

 2  е2 3 
Т
4 0 h
2 02 h 3
Вычисления произведём через известные данные:
2
2  3,14


 4,13  1016 рад/с .
16
Т 1,52  10
или

2,18  10 6

 0,0412  1018  4,12  1016 рад/с .
12
r 52,9  10
Т.е. промежуточные вычисления сказываются на конечной цифре!
Ответ: Т = 1,52·10 -16 с; ω = 4,1·1016 рад/с.

Примечание: Формула периода для водородоподобного атома на n - ой орбите: с
учётом задач № 1, 2: Т Z ,n 
2rn
 h 2 n 2 2 h n 4 2 h 3 n 3
 2  0 2   20   0 4  2 .
n
mе е Z е
Z mе е Z
92
Рекомендуемое задание № 10
1) Найти наибольшую длину волны max в ультрафиолетовой серии спе ктра
водорода. 2) Какую наименьшую скорость  должны иметь электроны, чтобы
при возбуждении атомов водорода ударами электроно в появилась эта линия
(рис.3)?
Решение:
Дано:
1) Ультрафиолетовая серия (см. задачу № 5) спектра
Z=1
водорода – серия Лаймона. Запишем обобщенную форm=1
-34
h = 6,626·10 Дж·с мулу Бальмера:
с = 3·108 м/с
6
1
1
 1
5
 R  2  2  ,
-31
4
mе = 9,11·10 кг

n 
m

3
R = 1,097 107 м-1
где  – длина волны
2
 max ,  - ?
спектральных линий в спектре
атома Бора;
1
орбита
m – определяет серию;
Рис. 3
n – определяет отдельные линии этой серии
(m < n);
R – штриховая постоянная Ридберга.
Отсюда длина волны:
1
.

1
1

R  2  2 
n 
m
1
1
Максимальная при 2  2  min . Это наступит при наименьшем n: n
m
n
= m + 1 = 1 + 1 = 2.
Произведем вычисления:
1
4
max 

 1,215  10 7 м   121,5(нм) .
7
 1 1  3  1,097  10
1,097  10 7   2  2 
1 2 
2) Закон сохранения энергии – кинетическая энергия падающего электрона перейдёт в конечном итоге в энергию фотона :
mе 2
c
E к   или
 h  h .
2

Выразим отсюда скорость, она будет наименьшая, для данной длины
волны:
93
min 
2hc
.
max mе
Произведём вычисления:
2  6,626  10 34  3  10 8
min 
 3,592  10 8  1,895  10 6  1,9  10 6 (м/с).
7
 31
1,215  10  9,11  10
Ответ: λmax = 121,5 нм; υmin = 1,9·106 м/с.
Рекомендуемое задание № 11
На сколько изменилась кинетическая энергия электрона в атоме вод орода
при излучении атомом фотона с длиной волны  = 486 нм?
Дано:
СИ:
Решение:
Z=1
Из закона сохранения энергии : разность пол-9
ных энергий электрона соответствующих орбит рав = 486 нм 486∙10 м
на энергии излучения:
Ек -?
E  E n  E m  h .
Частота это есть отношение скорости света к длине во лны:
c
 .

Полная энергия электрона по модулю равна кинетической энергии (задача № 3). Тогда:
hc
E  E к  .

Подставим численные значения:
3  10 8
 34
E  6,626  10
 0,0409  10 17  4,09  10 19 Дж  2,56 (эВ).
9
486  10
Ответ: Ек = 2,56 эВ.
Примечание: 1 эВ = 1,6∙10-19 Дж.
Домашнее задание № 1
Определить максимальную и минима льную
энергии фотона в видимой серии спектра водорода
(серии Бальмера)(рис. 4).
Решение
Дано:
Для определения энергии ф оZ=1
тона воспользуемся (см. задачу № 5
n1  2
другой способ) сериальной форму max  ?
лой для водородоподобных ионов
 ?
min
94
min
6
5
4
3
2
1
орбита
Рис. 4
(обобщённая формула Бальм ера):
 1
1
1
 R   Z 2   2  2  ,

 n1 n2 
(1)
где  - длина волны фотона,
R = 1,097·107 м-1- постоянная Ридберга со штрихом,
Z - заряд ядра в относительных единицах (при Z = 1 формула переходит в сериальную формулу для водорода),
n1 - номер орбиты, на которую перешёл эле ктрон,
n2 - номер орбиты, с которой перешёл электрон (n1 и n2 - главные квантовые
числа).
Энергия фотона  выражается формулой:
hс
 .

Поэтому, умножив обе части равенства (1) на hс, получим выражение для
энергии фотона:
 1
1
  R hcZ 2  2  2  .
 n1 n2 
Так как Rhc = Ei = 13,6 эВ есть энергия ионизации атома водорода (энергия необходимая для удаления электрона из ат ома с первой орбиты), то:
1
1
  Ei Z 2  2  2  .
 n1 n2 
Проанализируем. Из условия видимый спектр – серия Бальмера, т.е. n1 = 2
Максимальна энергия фотона будет при n2. Минимальная энергия фотона связана с переходом со второй на третью орбиту (n2 = 3). Т.е.:
1  Ei Z 2
1  5 Ei Z 2
2 1
2 1
 max  Ei Z  2   
и  min  Ei Z  2  2  
.

4
3 
36
2
2
Произведём вычисление во внесистемных единицах:
13,6 эВ  12
 max 
 3,4 (эВ).
4
5  13,6 эВ  12
= 1,89 (эВ).
 min 
36
Ответ: εmax = 3,4 эВ, εmin = 1,89 эВ.
Домашнее задание № 2
Атомарный водород, возбуждённый светом определённой длины во лны,
при переходе в основное состояние испускает только три спектрал ьные линии.
95
Определить длины волн этих линий и указать, каким сериям они пр инадлежат
(рис. 5).
Решение:
Дано:
У падающего фотона энергии
Z=1
λ1 λ2 λ3
6
ю
хватит перебросить электрон на 2
3 линии
5
4
орбиту.
Какие
возможны
переходы
со
λ1, λ2, λ3 -?
3
второй орбиты? Только на первую
2
(серия Лаймана, см. задачу № 5), но это только одна
линия, а по условию атомарный водород испускает
1
орбита
3 спектральные линии.
Рис. 5
Тогда будем считать, что энергии падающего
ю
фотона хватит перебросить электрон на 3 орбиту (см. рис. 5). Какие возможны
переходы с третьей орбиты? Это - на первую (серия Лаймана) и на вторую
(серия Бальмера) – две линии. Но со второй орбиты электрон перейдёт ещё об язательно на первую (серия Лаймана). В итоге три линии. При большей энергии
падающего фотона появятся ещё линии, а это по условию неприемл емо.
Применим обобщённую формулу Бальмера для водородоподобных ионов:
1
1
1
 R   Z 2   2  2  =>  

 n1 n2 
n12  n22
1

,
2
2
2



R
Z
n

n


1
1
2
1
R Z 2  2  2 
 n1 n2 
где  - длина волны фотона,
R = 1,097·107 м-1- постоянная Ридберга со штрихом,
Z - заряд ядра,
n1 - номер орбиты, на которую перешёл эле ктрон,
n2 - номер орбиты, с которой перешёл электрон (n1 и n2 - главные квантовые
числа).
Произведём вычисления:
1) Cерия Лаймана:
12  2 2
4
1 

 1,215  10 7 м  ;  = 121,5 (нм);
7
2
2
2
7
1,097  10  1  2  1  1,097  10  3
12  32
9

 1,026  10 7 м  ;  = 102,6 (нм).
7
2
2
2
7
1,097  10  1  3  1  1,097  10  8
2) Cерия Бальмера, n1=2,
2 2  32
36
3 

 6,563  10 7 м  ;  = 656,3 нм.
7
2
2
2
7
1,097  10  1  3  2  1,097  10  5
2 
96
Ответ: серия Лаймана: 121,6 нм; 102,6 нм ;
серия Бальмера: 656,3 нм.
Домашнее задание № 3
В каких пределах должна быть энергия бомбардирующих электронов,
чтобы при возбуждении атома водорода ударами этих электронов спектр изл учения водорода имел лишь одну спектральную линию? Энергия атома в одорода
в основном состоянии E1 = – 13,6 эВ.
Дано:
Решение:
E1 = – 13,6 эВ
Основное состояние – это переход электрона со 2-ой орm=1
биты на 1-ую. Если энергии фотона недостаточно, чтобы эле кn=2
трон изменил свое состояния при переходе с первой орб иты на
третью, то возможен только переход с первой орбиты на вт оEmin=?
рую.
Emax=?
Воспользуемся обобщённой формулой Бальмера:
1
1
 1
 R  Z 2   2  2  ,

n 
m
где  - длина волны испускаемого фотона,
R = 1,097·107 м-1- постоянная Ридберга со штрихом,
Z - заряд ядра,
m – номер орбиты, на которую перешёл эле ктрон,
n – номер орбиты, с которой перешёл электрон (m и n – главные квантовые числа).
По закону сохранения энергии : энергия бомбардирующих электр онов Е
перейдёт в энергию излучаемого фотона ε (но сначала электрон на первой орбите получит энергию и перейдёт на вторую орбиту, через малый пр омежуток
времени он избавится от излишней энергии и вернётся на первую о рбиту):
hc
1
 1
E  
 h  c  R   2  2  .

n 
m
Соответственно минимальная и максимальная энергии:

1 1 3
 E min  h  c  R   12  2 2   4 hcR



.

1
1
8


 E  h  c  R      hcR
2
2
 max
1 3  9
Энергия водородоподобного атома в основном состоянии (см. задачу №
3):
97
2
2
Z
1
Е1   Rh      Rh      Rh .
n
1
Тогда:
3
3

E


Е


  13,6   10,2эВ
min
1

4
4
.

8
8
 E   Е     13,6   12,0(8)  12,1эВ
1
 max
9
9
И так если энергия, получаемая атомами водорода, находится в пределах
от +10,2 эВ до +12,1эВ, то они будут излучать только о дну длину волны.
Ответ: от +10,2 эВ до +12,1эВ;
Примечание 1: Почему Umin? При большом напряжении будет другая (меньше) гр аница сплошного рентгеновского спектра (минимальная длина волны фотона).
Примечание 2: Z – лишнее данное для проверки теоретических зн аний.
Домашнее задание № 4
На возбуждённый (n = 2) атом водорода падает фотон и вырывает из ат ома электрон с кинетической энергией Т = 4 эВ. Определить энергию пада ющего
фотона εф (в эВ)(рис. 6).
Решение:
Дано:
Z=1
Закон сохранения энергии:
Т

n=2
Едо = Епосле
6
5
Т = 4 эВ
или для нашей задачи:
4
Еi = 13,6 эВ
3
ф  Е  Т ,
2
εф = ?
где Е – полная энергия электрона на
второй орбите водородоподобного атома, равная
(см. задачу № 4):
2
2
Z
Z 
Рис. 6
Е   Rh      Еi    ,
n
n
где Еi = Rh – энергия ионизации атома водорода . Тогда ЗСЭ:
2
Z 
 ф  Еi     Т .
n
Откуда энергия фотона:
2
Z 
 ф  Т  Еi    .
n
Произведём вычисления во внесистемных единицах:
2
1
 ф  4  13,6     7,4(эВ) .
2
98
1
орбита
Ответ: εф = 7,4 эВ.
Домашнее задание № 5
Найдите скорость электронов, вырываемых электромагнитным излучением с длиной волны 18 нм из иона Не +, находящегося в основном состо янии.
Энергия ионизации атома вод орода 13,6 эВ.
Дано:
СИ:
Решение:
Z=2
Закон сохранения энергии:
-9
λ = 18 нм
18ּ10 м
m 2
ε = Ei,Z + Т = E +
,
m=1
2
Ei = 13,6 Эв
21,76ּ10-19 Дж
m 2
где ε – энергия фотона, Т 
– кинетичеυ-?
2
ская энергия вырванного электрона, Ei,Z – энергия ионизации водородоподобн ого атома. Тогда скорость:
2
(  Ei ) .
m
Энергия фотона и связь энергии ионизации водородоподобного атома с
энергией ионизации водорода (см. задачу № 4):

hс

 

.

2
 Еi , Z  Z Еi

Подставим:

2  hс

2
  Z Еi  .
m 

Произведём вычисления:

2
 6,626  10 34  3  10 8


 2 2  21,76  10 19  ,

 31
9
9,11  10
18  10


2  10 31
110,43  87,04   10 19  2  23,393  1012  5,136  10 6 .

9,11
9,11
υ = 2,27∙106 м/с = 2,27 Мм/с.
Ответ: υ = 2,27 Мм/с.
99
Практическое занятие 6
РЕНТГЕНОВСКОЕ ИЗЛУЧЕНИЕ
Рекомендуемое задание № 1
Определить скорость υ электронов, падающих на антикатод рентгено вской трубки, если минимальная длина волны min в сплошном спектре рентгеновского излучения равна 1 нм.
Дано:
Си:
Решение:
-9
10 м
Для начала вычислим энергию фотона:
min = 1 нм
m = 9,11∙10-31 кг
hc 6,626  10 34  3  10 8
.



с = 3·108 м/с

10 9
h = 6,626·10-34 Дж·с
  19,878  10 17 Дж  1,24 кэВ , что намноυ=?
го меньше энергии покоя электрона (511кэВ),
следовательно, электрон можно рас сматривать как классическую частицу.
Работа сил электрического поля Аэл разгоняет электрон, т.е. сообщает кинетическую энергию Т электрону; электрон, попав на анод, тормозится и теряет
всю энергию в виде излучения ε. Переход можно представить в следующем виде: Аэл → Т → ε. Нас интересует последний (два момента): закон сохранения
энергии: Т → ε. Т.е. система трёх уравнений (расписана кинетическая энергия
электрона и энергия фотона):

Т  

m 2

,
Т 
2

hc





где m – масса электрона, h – постоянная планка, с – скорость света в вакууме.
Из зависимости энергии от длины волны фотона видно, что чем меньше дл ина
волны, тем больше энергия, т.е. максимальной энергии соответствует наимен ьшая длина волны. Подставим два последних уравнения в пе рвое:
m 2
hc
.

2
min
Выразим скорость электрона, которая является максимальной :

2hc
.
mmin
Произведём вычисления:
100

2  6,626  10 34  3  10 8
м
Мм
.
 4,364  1014  2,09  10 7  20,9  10 6  20,9
 31
9
9,11  10  10
с
с
Ответ: υ = 20,9 Мм/с.
Примечание: Скорость электрона, а так же его кинетическая энергия , зависит только от напряжения на рентгеновской трубке, и независит от материала анода.
Рекомендуемое задание № 2
Найдите скорость υ электронов, бомбардирующих антикатод рентгено вской трубки, если коротковолновая граница сплошного рентгеновского спектра
11 пм.
Решение:
Дано:
Си:
-12
Для начала вычислим энергию фот о11∙10 м
min = 11 пм
на:
m = 9,11∙10-31 кг
8
с = 3·10 м/с
hc 6,626  10 34  3  10 8
,


h = 6,626·10 -34 Дж·с

11  10 12
8,16∙10-14 Дж
Е0 = 511 кэВ
  1,807  10 14 Дж  113кэВ , что не
υ=?
намного меньше энергии покоя электр она
(511кэВ), следовательно, электрон нужно рассматривать как релятивистскую
частицу.
По закону сохранения энергии изменение кинетической энергии эле ктрона при торможении идёт на излучение фотона:
E к    .
(1)
Энергия фотона:
hс
.
 
min
Изменение кинетической энергии:
Ек  E  Eо  mс 2  m0 с 2  (m  m0 )с 2 ,
где Е = mc2 – энергия движущегося электрона; Е0 = m0c2 – энергия покоя электрона, т.е. скорость которого равна 0 м/с; с – скорость света в вакууме. Подст авим последние две формулы в закон сохранения энергии формула (1):
hс
.
( m  m0 ) с 2 
(2)
min
Релятивистская масса (зависимость массы от скорости):
m0
m
,
1  2
где  

– скорость электрона, выраженная в долях скорости света.
с
101
Подставим массу электрона и преобразуем левую част ь равенства (2):
 m0
 2




1
1
2





.

m
с

m
с

1

Е

1
0
0
0
 1  2

 1  2

 1  2







2
где Е0 = mc – энергия покоя электрона. Тогда формула (1):

 hс
1

.
E0 

1
 1  2
 
min


Преобразуем:
1
hс

 1  1   2 
2
min E0
1 
1
1
.
1  2 
2
hс


hс
1

 1
min E0

E
 min 0

Откуда:

1
.
 1
2
c
 hс


 1

E
 min 0

Выразим скорость:

  c 1
1
 hс


 1
  min E 0

2
.
Подставим числа:
  3  10 8 1 
1
 6,626  10  3  10

 1

12
14
 11  10  8,16  10

 34
8
 3  10 8 1 
1
.
(0,221  1) 2
  3  10 8 1  0,67  3  10 8  0,5742  1,72  10 8 (м ) .
с
8
Ответ: υ = 1,72∙10 м/с.
Рекомендуемое задание № 3
Рентгеновская трубка работает под напряжением U = 1 МВ. Определить
наименьшую длину волны  min рентгеновского излучения.
Решение:
Работа электрических сил переходит в кинетич ескую энергию электрона, которая в свою очередь , по закону сохранения и превращения энергии , в энергию
фотона: Аэл → Т → ε. Нас интересует начальное и конечное состояния.
eU  h max ,
Дано:
U = 1 МВ
 min -?
Си:
10 В
6
102
где U – разность потенциалов, за счёт которой электрону сообщается эне ргия, е
– заряд электрона, νmax – частота, соответствующая границе сплошного спектра. Отсюда граничная частота:
eU
.
 max 
h
Граничная длина волны связана с частотой:
c
hс
.
min 

 max eU
Произведем вычисления:
6,626  10 34  3  10 8
 min 
 12,4  10 13  1,24  10 12 м  1,24 (пм).
19
6
1,6  10  10
Ответ: λmin = 1,24 пм.
Приложение: Сплошной спектр (тормозной
спектр) зависит от энергии бомбардирующих электронов
(напряжения на рентгеновской трубке). Это излучение
(см. рисунок) испускается в результате мгновенного то рможения электронов при попадании на анод. Независит
от материала анода. Чем больше напряжение (U1> U2) на
рентгеновской трубке (кин етическая энергия электронов),
тем меньше λmin (λmin1<λmin2).
I
U1>U2
U1
U2
λmin1 λmin2
λ
Рекомендуемое задание № 4
Какую наименьшую разность потенциалов U min нужно приложить к рент-
ля Аэл идёт на разгон электрона
до некой максимальной скорости υmax, т.е. изменение кинетической энергии Т электрона:
К
слой
Возбуждение К-серии
геновской трубке, антикатод которой покрыт ванадием ( Z = 23), чтобы в спектре рентгеновского излучения появились все линии К-серии ванадия? Граница
К-серии ванадия  = 226 пм (рис. 1).
Решение:
Дано:
Си:
Z = 23
∞
Е=0
min = Kα = 226 пм 22610-12м
5
О
-34
4
h = 6,626·10 Дж·с
N
8
с = 3·10 м/с
M
3
е = 1,6·10-19 Кл
L
2
U min -?
Т
Кα Кβ Кγ Кδ
Работа электрического по1
орбита
К-серия
Рис. 1
103
2
m max
,
2
где е – заряд электрона, Umin – ускоряющее напряжение, m – масса электрона.
С другой стороны, бомбардирующий эле ктрон, попав в анод, тормозится
им, и вся его кинетическая энергия (предельная –
γβ
α
для коротковолновой границы сплошного спек- I
тра λmin) переходит в энергию кванта (по закону
сохранения энергии) см. рис.:
2
m max
hc
Т = ε или
,

2
min
λmin= λKα
λ
Аэл = Т или еU min 
где h – постоянная планка, с – скорость света в вакууме.
Иными словами, работа электрического поля Аэл в конечном итоге переходит в энергию фотона Аэл → Т → ε:
hc
Аэл = ε или еU min  h max 
.
(1)
min
Откуда наименьшая разность потенци алов:
hc
.
U min 
min e
Подставим численные значения:
6,626  10 34  3  10 8
U min 
 0,055  10 5  5,5  10 3 В  5,5 (кВ).
12
19
226  10  1,6  10
Ответ: Umin = 5,5 кВ.
Примечание 1: Почему Umin? При большем напряжении будет другая (меньше) граница сплошного рентгеновского спектра (минимальная длина волны фотона λmin). См. примечание задачи №3.
Примечание 2: Z дано специально, что бы сбить с толку.
Примечание 3: При больших энергиях электронов на фоне сплошного спектра поя вляются отдельные резкие линии – линейчатый спектр, кот орый зависит от материала анода (независит от напряжеγβ
α
ния) и называется – характеристический рентгеновский I
спектр (излучение).
Примечание 4: Подобно атому водорода спектры с остоят из серий, обозначаемых K, L, M, N и O. Каждая серия
состоит из отдельных линий, обозначаемых в порядке уб ыλmin
λ
вания длины волны индексами α, β, γ, …(Kα, Kβ, Kγ, …, Lα,
Lβ, Lγ, …).
Примечание 5: При появлении «вакансии» (свободного места от «ушедшего» эле ктрона) на К–оболочке на неё будут переходить электроны с более удалённых оболочек. По явится К-серия. Т.к. появится вакансия на оболочках L, M, … то появятся и серии L, M, … Са104
мой длинноволновой линией любой серии является л иния α. Так для К-серии: λmax = λКα, Lсерии: λmax = λLα и т.д.
Примечание 6: При переходе от лёгких элементов к тяжёлым весь спектр смещается
в сторону коротких волн.
Рекомендуемое задание № 5
При каком наименьшем напряжении U min на рентгеновской трубке нач инают появляться линии серии К меди (рис. 2)?
Дано:
Решение:
Е=0
О
Z = 29
С учётом закона соN
е = 1,6·10-19 Кл хранения энергии: работа
M
L
Еi = 13,6 эВ
со стороны электрического
Т
поля перейдёт в энергию
Umin = ?
К
фотона (см. задачу № 3):
слой до
hc
Аэл = ε или e  U 
,
 К
λКα
∞
5
4
3
2
Кα
после
1
орбита
Рис. 2
где h = 6,626·10 -34 Дж·с – постоянная Планка, с = 3·10 8 м/с – скорость света в вакууме, е = 1,6·10 -19 Кл – заряд электрона. Из этой формулы можно выр азить U min :
U min 
hc
.
e   К
(1)
Длина волны этой линии (см. рис. 2) определяется по закону Мозли для
Кα – линий (переход электрона с L-слоя на К-слой
или переход электрона со второй орбиты на пе р- I
вую):
1
3
2
 RZ  1 ,
К
4

где R = 1,097·107 м-1 – штрихованная постоянная
Ридберга, Z – атомный номер элемента. Откуда:
4
К 
2 .
3RZ  1
Подставим в формулу (1):
λmin= λKα
λ

3hcR Z  1 3Еi Z  1
U min 

4e
4e
(2)
3Е Z  1
U min  i
,
4
(3)
2
2
или
2
105
где Еi = hc R – энергия ионизации атома водорода. Если Еi в Дж – формула
№2, Если Еi в эВ – формула №3.
Вычислим по второй формуле во внеси стемных единицах:
3  13,6 эВ  29  1
U min 
 8000 В  8 кВ .
4
Ответ: Umin = 8 кВ.
2
Рекомендуемое задание № 6
Найдите длину волны линии К меди (Z = 29), если известно, что длина
волны линии К железа (Z = 26) 193 пм (рис. 3).
Дано:
Си:
Решение:
Z1 = 29
Закон Мозли для Кα – линий (переход
Z2 = 26
электрона с L-слоя на К-слой или переход
-12
Кα2 = 193 пм
19310 м электрона со второй орбиты на первую) соо тветственно для меди и железа :
Кα1 = ?
3
2
 1

RZ1  1
Е=0

4
О
 К
,
N

1
3
2
M

 RZ 2  1
 К
4
L
7
-1
где R = 1,097·10 м – штрихованная постоК
янная Ридберга, Z – атомный номер элемента.
слой
Разделим верхнее уравнение на нижнее и
преобразуем:
3
2
2
2
RZ1  1
К




Z

1
Z

1
 4
 1
  1  .
2
3
2
К
RZ 2  1 Z 2  1  Z 2  1 
4
Выразим длину волны меди:
1
λКα
2
Кα
1
орбита
Рис. 3
2
1
2
 Z 1
К   2  К .
 Z1  1 
Произведём вычисления во внесистемных единицах:
1
2
 26  1 
К  
 193 пм  0,7972 193пм  153,86 пм  154 пм .
 29  1 
Ответ: Кα1 = 154 пм.
2
1
106
∞
5
4
3
2
Рекомендуемое задание № 7
При исследовании линейчатого рентгеновского спектра некоторого эл емента было найдено, что длина во лны λ линии Кα равна 76 пм. Какой это эл емент (рис. 4)?
Дано:
Си:
Решение:
-12
Закон Мозли для Кα – линий (переход
Кα = 76 пм
7610 м
7 -1
электрона с L-слоя на К-слой или переход элекR = 1,097∙10 м
трона со второй орбиты на п ервую):
Z=?
1
3
2
 RZ  1 ,
К
4

где R – штрихованная постоянная Ридберга , Z – атомный номер элемента.
Преобразуем:
Z  1 
4
2
3К R
 Z 1 

4
3К R
.

Выразим атомный номер эл емента:
Z  1
4
3К R
Е=0
О
N
M
L
Кα
.
К
слой

1
орбита
Рис. 4
Произведём вычисления:
Z  1
λКα
∞
5
4
3
2
4
 1  1599,3  1  40  41 .
3  76  10  1,097  107
12
Ответ: Z = 41, по таблице Менделеева Ниобий.
Рекомендуемое задание № 8
Сколько элементов содержится в периодической таблице Менделеева
между теми, у которых длины волн линий К равны 250 пм и 179 пм?
Решение:
Дано:
Си:
Применим формулу для атомного ном еКα1 = 250 пм
2,510-10 м
Кα2 = 179 пм
1,7910-10 м ра элемента из задачи № 7 для обоих сл учаев:
R = 1,097∙107 м-1
N=?

4
 Z1  1 
3R1

.

4
Z  1 
 2
3R2

Чем больше длина волны, тем меньше порядковый номер и наоборот.
Вычислим наименьший Z1 и наибольший Z2 номера атомов, которые испускают
длину волны линии К:
107

4
 Z1  1 
Z  1  486,2
3 1,097 10 7  2,5 10 10
Z  1  22,05

,
  1
  1

Z

1

26
,
05

4
Z

1

679

2
Z  1 
 2
7
10
 2
3 1,097 10 1,79 10
Z min  24
Z1  1  22,05 Z1  23,05
Z1  23,05
.




Z 2  1  26,05 Z 2  27,05 Z 2  27,05 Z max  27
Анализ. В какую сторону округлять?
Выбор наименьшего атомного номера . Ванадию (Z = 23) соответствует длина волны
большая, чем 250 пм, поэтому он не подходит. Хрому ( Z = 24) соответствует длина волны
меньшая, чем 250 пм, поэтому он подойдёт. Следов ательно, Zmin = 24.
Выбор наибольшего атомного номера . Кобальту (Z = 27) соответствует длина волны
большая, чем 179 пм, поэтому он подходит. Никелю (Z = 28) соответствует длина волны
меньшая, чем 179 пм, поэтому он не подойдёт. Сл едовательно, Zmax = 27.
Следовательно, между 24 и 27 номерами включительно находится N = 4
элемента.
Ответ: N = 4.
Рекомендуемое задание № 9
В атоме вольфрама электрон перешёл с М – слоя на L – слой. Принимая
постоянную экранирования σ равной 5,5, определить длину волны λ испущенного фотона (рис. 5).
Дано:
Решение:
Z = 74
Применим формулу закона Мозли в общем виде:
σ = 5,5
1
1
2 1
 RZ     2  2  ,
7 -1
R = 1,097∙10 м

m n 
m=2
где R – штрихованная постоянная Ридберга , Z – атомный
n=3
номер элемента, σ – поLα = ?
∞
стоянная экранирования, Е = 0
5
О
4
m = 1, 2, 3 … определяет рентгеновскую с еN
λLα
M
3
рию, n = m + 1, m + 2, m + 3, … определяют
Lα
L
2
отдельную линию соответствующей с ерии.
Выразим длину волны:
К
1
слой
1
орбита
.

Рис. 5
1
2 1
RZ     2  2 
m n 
Все данные есть, произведём вычисл ения:
108
1
L 

1
,
2
1,097  10  68,5  5 36
1
2  1
1,097  10 7  74  5,5   2  2 
2 3 
36
36  10 7
L 

 0,0014  10 7  0,14  10 9 м  0,14 нм .
2
7
1,097  10  68,5  5 25737

7

Ответ: Lα = 0,14 нм.
Приложение 1: Закон Мозли подобен обобщенной формуле Бал ьмера (предыдущее
занятие) для атома водорода (там был на орбитах тол ько один электрон).
Приложение 2: Смысл постоянной экранирования заключается в том, что на эле ктрон
действует не весь заряд ядра Zе, а заряд (Z – σ)е, ослабленный экранирующим дейс твием
других электронов.
Приложение 3: Вывод закона Мозли для Кα – линий. Постоянная экранирования σ =
1, т.к. один электрон создаёт з ащитное поле. Данной линии соответствует переход с L – слоя
1
1 1 1 3
 2  2 2  .
2
m n 1 2
4
1
1 3
3
2 1
2
2
 RZ     2  2   RZ     RZ  1 .
Следовательно:
К
4
1 2  4
(n = 2) на К – слой (m = 1). Тогда

Приложение 4: Вывод закона Мозли для Lα – линий. Данной линии соответствует
переход с M – слоя (n = 3) на L – слой (m = 2). Тогда
довательно:
1
1
1 1 1 1 5
Сле 2  2 2   
2
m n
2 3
4 9 36
1
1 5
2 1
2
 RZ     2  2  
RZ    .
L
 1 2  36

Рекомендуемое задание № 10
Найдите постоянную экранирования для L-серии рентгеновских лучей,
если известно, что для вольфрама ( Z  74 ) длина волны линии L равна 0,143
нм (рис. 6).
Решение:
Дано:
СИ:
Z = 74
Е=0
∞
5
О
λLα = 0,143 нм
4
N
λLα
/
7 -1
-9
M
3
R = 1,097∙10 м
0,143∙10 м
Lα
L
2
σL = ?
К
слой
1
орбита
Рис. 6
Применим формулу закона Мозли для Lα – линий (см. задачу № 9):
109
1
5
2
 RZ   L  ,
L
36

где R – штрихованная постоянная Ридберга , Z – атомный номер элемента, σ –
постоянная экранирования.
Преобразуем:
Z    
2
L
36
36
.
 Z  L 
5L R
5L R


Отсюда постоянная экранирования для L-серии рентгеновских лучей:
6
.
L  Z 
5L R

Подставим числовые значения:
6
6
 L  74 
 74 
 74  67,75  6,25 .
9
7
88,6  10 3
5  0,143  10  1,097  10
Ответ: σL = 6,25.
Рекомендуемое задание № 1 1
Во сколько раз длина волны линии К меньше длины волны линии L в
характеристическом рентгеновском спектре молибдена ( Z  42 )? Постоянная
экранирования для L-серии  L  7,5 , для К-серии  K  1 (рис. 7).
Дано:
Решение:
Z = 42
Применим
формулу Е = 0
∞
5
О
σL = 7,5
закона Мозли для Кα и Lα –
4
N
λ
Lα
λКα
M
3
σK = 1
линий (см. задачу № 9):
Lα
L
2
L
3
2
 1




R
Z


=?
К
Кα

4
К
 К
К
,
1

слой
орбита
1
5
2

 RZ   L 
Рис. 7
 L 36
где R – штрихованная постоянная Ридбе рга, Z – атомный номер элемента, σ –
постоянная экранирования.
Разделим верхнее уравнение системы на нижнее:
L
3
36
2
 RZ   К  
2 .
К
4
5 RZ   L 






После упрощения:
L
2

К

27  Z   К 
 .
  
5  Z   L 
110
Подставим числовые значения:
L
2

К

2
27  42  1  27  41  27



 1,4123  7,63 .
 
 
5  42  7,5 
5  34,5 
5
Ответ:
L

К
 7,63 .

Рекомендуемое задание № 12
Чему равно напряжение на рентгеновской трубке, если коротковолнова я
граница сплошного рентгеновского спектра в два раза больше длины волны л инии К характеристического спектра элемента с Z = 64?
Дано:
Решение:
Z = 64
Из закона сохранения энергии (см. задачу № 4) напряж ение:
λmin = 2λК
hc
Еi = 13,6 эВ
.
U
min e
U=?
Учтём данные:
hc
hс
U

.
min e 2K е

Закон Мозли для Кα – линий (переход электрона с L-слоя на К-слой или
переход электрона со второй орбиты на пе рвую):
1
3
2
 RZ  1 ,
К
4

где R – штрихованная постоянная Ридберга , Z – атомный номер элемента.
Подставим закон Мозли:
hс 3
3 hсR( Z  1) 2 3 Еi ( Z  1) 2
,
U   R( Z  1) 2  
 
2е 4
8
е
8
е
где Еi – энергия ионизации атома водорода (см. предыдущее занятие).
Если энергию ионизации взять в эВ, то напряжение в В:
3
U   Еi ( Z  1) 2 .
8
Подставим числа:
3
U   13,6 эВ  (64  1) 2  20241,9 В  20,2кВ .
8
Ответ: U = 20,2 кВ.
111
Домашнее задание № 1
Определить энергию  фотона, соответствующего линии K  в характеристическом спектре марганца ( Z  25 ) (рис. 8).
Решение:
Дано:
∞
При бомбардирова- Е =О0
Z = 25
5
4
N
нии марганца быстрыми
Еi = 13,6 эВ
λКα
M
3
электронами
возникает
 Ka  ?
L
2
линейчатый спектр, опреТ
Кα
деляемый материалом анода и называемый
К
1
орбита
характеристическим
рентгеновским слой до после
спектром (излучением). Быстрые электроРис. 8
ны или фотон проникают во внутренние
слои электронной оболочки атома, выбивают электрон, принадлежащий этим
слоям. Ближайший к ядру электронный слой ( К -слой) содержит два электрона.
Если один из этих электронов оказыв ается выбитым за приделы атома, то на
освободившееся место переходит электрон из в ыше лежащих слоев (L, M, R).
При этом возникает соответствующая линия К  серии. При переходе
электрона с L  слоя на К  слой излучается наиболее интенсивная К а  линия
рентгеновского спектра.
Длина волны этой линии определяется по закону Мозли, а энергия фотона:
3
 1
2
   4 R'(   1)
 Ка

,
 Ка  h  c

Ка
где R' – штрихованная постоянная Ридберга , Z – атомный номер элемента, h –
постоянная Планка, с – скорость света в вакууме .
Подставим первое уравнение системы во второе :
3
3hсR(   1) 2 3
2
 Ка  h  c  R(   1) 
 Ei (   1) 2 ,
4
4
4
/
где Еi = hcR – энергия ионизации атома водорода (см. предыдущее занятие).
Подставим численные значения во внесистемных единицах :
3  13,6эВ  25  1
 Ка 
 5875эВ  5,9 (кэВ).
4
Ответ:  Ка  5,9 кэВ.
2
112
Домашнее задание № 2
Вычислить длину волны  и энергию  фотона, принадлежащего K  линии в спектре характеристического рентгеновского излучения плат ины.
Решение:
Дано:
По закону Мозли:
Z = 78
R/ = 1,097∙107 м-1
h = 6,626·10 -34 Дж·с
с = 3·108 м/с
 ка ,  ка  ?
Ка 
1 3
  R( Z  1) 2 ,
Ка 4
где R' – штрихованная постоянная Ридберга , Z – атомный
номер элемента.
Выразим длину волны и посчитаем:
4
4

 0,000205
107  20,51012 м.
2
2
7
3R  (Z 1) 31,09710  781
Энергия фотона:
hc 6,626  10 34  3  10 8
 К 

 0,97  10 14 Дж  60604 эВ  60,6кэВ .
12
 К
20,5  10
Ответ:  Ка  20,5пм ,  Ка  60 , 6 кэВ .
Примечание: 1 эВ = 1,6∙10-19 Дж.
Домашнее задание № 3
Во сколько раз максимальная частота  max сплошного рентгеновского
спектра железа ( Z  26 ) больше частоты  К линии К  в его характеристиче
ском спектре, если напряжение на рен тгеновской трубке 100 кВ?
Решение:
Дано:
СИ:
Из закона сохранения энергии (см. задачу
Z = 26
U =100кВ
105 В № 3):
eU
Еi = 13,6 эВ
.
 max 
(1)
h
 max
=?
Применим формулу закона Мозли для Кα –
К
линий (см. задачу № 9):

1 3
  R( Z  1) 2 ,
Ка 4
где R = 1,097∙107 м-1 – штрихованная постоянная Ридберга, Z – атомный номер
элемента.
Связь длины волны с частотой:
с
1 
   .

 с
113
Тогда:
К
3
3
  R( Z  1) 2   К   сR( Z  1) 2 .
с
4
4


(2)
Разделим уравнение (1) на (2):
 max eU
4
4eU
4eU




,
2
2
К
h 3сR( Z  1)
3hсR( Z  1)
3Еi ( Z  1) 2

где Еi = hcR/ – энергия ионизации атома водорода (см. предыдущее занятие).
Во внесистемных единицах формула будет следующей (энергия в эВ):
 max
4U

.
К
3Еi ( Z  1) 2

Вычислим:
 max
4  10 5
.

2  15,7
K
3  13,6 эВ  26  1

Ответ:
 max
 15,7 .
K

Домашнее задание № 4
Найдите напряжение на рентгеновской трубке с никелевым ( Z  28 ) анодом, если разность длин волн линии К и коротковолновой границы сплошного
рентгеновского спектра равна 84 пм.
Решение:
Дано:
СИ:
Из закона сохранения энергии (см. заZ = 28
λКα – λmin = 84 пм
84∙10-12 м дачу № 3):
hс
R = 1,097∙107 м-1
.
min 
(1)
eU
h = 6,626·10 -34 Дж·с
Закон Мозли для Кα – линий (см. задачу
с = 3·108 м/с
№ 9):
е = 1,6·10-19 Кл
1 3
  R( Z  1) 2 ,
Ка 4
U=?
где R – штрихованная постоянная Ридберга , Z – атомный номер элемента. Откуда длина волны:
Ка 
4
.
3R( Z  1) 2
Вычтем из неё формулу (1):
he
4
K  min 

.
eU 3R( Z  1) 2

114
Преобразуем:
K  min 

4
hс

.
3R( Z  1) 2 eU
Откуда напряжение:
hс
U
.


4
e K  min 

2 

3
R
(
Z

1
)



Подставим численные значения:
6,626  10 34  3  108
U
.
4

19 
12
1,6  10  84  10 

3  1,097  10 7  27 2 

12,42375  10 7
12,4125  10 7
U 

 4951  5кВ .
84  10 12  0,001667  10  7 84  10 12  166,7  10 12
Ответ: U = 5 кВ.
115
Практическое занятие 7
ВОЛНЫ ДЕ БРОЙЛЯ
Рекомендуемое задание № 1
Определить длину волны де Бройля Б, характеризующую волновые
свойства электрона, если его скорость υ = 106 м/с. Сделать такой же подсчёт для
протона.
Решение:
Дано:
6
υ = 10 м/с
Любая частица массой m, обладающая импульсом р
-31
1) mе = 9,11·10 кг
(скоростью  ), сопоставляется волновой процесс с длиной
2) mр = 1,67·10-27 кг
волны Б, определяемой по формуле де Бройля:
h = 6,626·10-34Дж∙с
h
Б  .
Б = ?
p
Импульс электрона, учитывая, что скорость электрона значительно
меньше скорости света в вакууме :
р  m .
Тогда длина волны де Бройля:
h
.
Б 
m
Произведём вычисления:
1) для электрона:
6,626  10 34
 Б ,е 
 0,727  10 9  727  10 12 (м)  727 (пм) .
 31
6
9,11  10  10
2) для протона:
6,626  10 34
Б , р 
 3,968  10 13  397  10 9 (м)  397 (нм) .
 27
6
1,67  10  10
Ответ: 1) Б,е = 727 пм; 2) Б,р = 397 нм.
Рекомендуемое задание № 2
Электрон движется со скоростью υ = 2·108 м/с. Определить длину волны
де Бройля Б, учитывая изменение массы элект рона в зависимости от скорости.
116
Дано:
υ = 2·108 м/с
с = 3·108 м/с
m0 = 9,11·10-31 кг
h = 6,626·10-34Дж∙с
Б = ?
Решение:
Любая частица массой m, обладающая импульсом р
(скоростью  ), сопоставляется волновой пр оцесс с длиной
волны Б, определяемой по формуле де Бройля:
h
 .
(1)
p
Импульс электрона:
р  m .
Релятивистская масса, т.е. зависимость массы тела от скорости:
m0
m0
,
m

2
2
1 
1   c 
где m0 – масса покоя частицы;  
(2)
(3)

– скорость частицы, выраженная в д олях
с
скорости света с.
Формула (1) длины волны де Бройля с учётом (2) импульса и (3) завис имости массы от скорости:
h
h
h
 
 

1   .
p m m0
с
Подставим численные значения:
2
2
6,626  10 34
6,626  10 11 5
 2  108 

 1 

 0,271  10 11 ,
 
31
8
8
9,11  10  2  10
18,22
3
 3  10 
  2,71  10 12 м  2,71пм .
Ответ: Б = 2,71 пм.
Рекомендуемое задание № 3
Какую ускоряющую разность потенциалов U должен пройти электрон,
чтобы длина волны де Бройля Б была равна 0,1 нм.
Решение:
Дано:
Си:
-10
Найдём энергию фотона:
10 м
Б = 0,1 нм
m = 9,11·10-31 кг
hc 6,626  10 34  3  108
.



h = 6,626·10-34 Дж∙с

10 10
8,16·10-14 Дж
Е0 = 0,511 МэВ
  19,878  10 16 Дж  12,4кэВ .
U=?
Что значительно меньше 511 кэВ –
энергии покоя электрона, следовательно, частицу можно считать как классической, так и релятивистской. Применим оба способа и сравним результаты.
117
1 способ. Частица классическая.
Работа, совершаемая силами электрического поля, идёт на изменение
кинетической энергии электрона (начальная скорость равна н улю):
Аэл = ΔТ = Т.
Работа сил электрического поля по определению:
Аэл = qU = еU,
где q = е – заряд электрона, U – напряжение.
Следовательно, кинетическая энергия:
Т = еU.
(1)
Длина волны де Бройля связана с импульсом движущейся частицы:
h
 .
(2)
p
Импульс и кинетическая энергия классической частицы и их связь:

2T
 р  m
 
m


 р  2mT .

m 2  
T

2
T

р  m
2

m
Подставим в формулу (2) длины волны де Бройля:
h
.

(3)
2mT
Подставим формулу (1) кинетической энергии в формулу (3) длины волны де Бройля:
h
.

(4)
2meU
Откуда ускоряющая разность потенциалов (напряжение):
h2
.
U
2me2
Произведём вычисления:
6,626  10 
43,9  10 68
 1,506  10 2  150,6В .
 31
19
 70
2  9,11  10  1,6  10  10
29,152  10
2 способ. Частица релятивистская.
U
34 2

 20
Приложение. Импульс, масса и кинетическая энергия релятивистской частицы и
их связь:
118
 р  m
m0


m0
m0 c 2

р 
2
1


m



T

 m0 c 2  ,


2
2
1 
1 

T  mc 2  m c 2

0
T  Е  Е

0
где m0 – масса покоя, m – масса движущейся частицы, Е0 = m0c2 – энергия покоя частицы (к огда скорость равна нулю), Е = mc2 – полная энергия частицы ,  

– скорость частицы,
с
выраженная в долях скорости света с. Преобразуем выражение кинетической энергии, чтобы
выразить
1   2 и υ:
 1



1
m0 c 2  T   1
 Е0  T  1 
T  

1

1

2
2

 1  2

Е
1


1


0




T  Е0
1
Е0
,

 1  2 
2
Е0
T  Е0
1 
(4)
Е02
Е02
Т 2  2ТЕ0  Е02  Е02
2
2
2

1





1





T  Е0 2
T  Е0 2
T  Е0 2
2 
Т Т  2 Е0 
Т 2  2ТЕ0
Т 2  2ТЕ0





.
2
2   
с
T  Е0
T  Е0 
T  Е0 

Т Т  2 Е0 
с.
T  Е0
(5)
Подставим формулы (4) и (5) в импульс:
р
m0

1  2
m0
Т Т  2 Е0 
m0 с 2
с
Т Т  2 Е0 
m с Т Т  2 Е0 
T  Е0
.
 0
 с
Е0
Е0
Е0
T  Е0
И, наконец, получим известную формулу связи импульса с кинетической эне ргией
релятивистской частицы:
Е0
Т Т  2 Е0 
Т Т  2 Е0 
с
.
р

Е0
с
(6)
Подставим в формулу (2) импульс и получим известную формулу связи
длины волны де Бройля с кинетической энергией релятивистской частицы:
hс
.

(7)
Т Т  2Е0 
119
Подставим формулу (1) кинетической энергии в формулу ( 7) длины волны де Бройля и преобразуем:
hс
,

(8)
eU eU  2Е0 
2
hс
 hс 
eU eU  2 Е0  
 eU eU  2 Е0     ,

 
e 2U 2  2 Е0 eU   2  e 2U 2  2 Е0 eU   2  0 .
hc
, посчитанную ранее. Тогда ускоряющая

разность потенциалов (напряжение) после решения квадратного уравнения:
Учли энергию фотона  
 2 Е0 e  4 Е02 e 2  4e 2   2   Е0  Е02   2
.
U

2e 2
e
Отрицательное значение нам не подходит т.к. планируется разгон, а не
торможение электрона, поэтому напряжение:
 Е0  Е02   2
если энергия в Дж или U   Е0  Е02   2 если в эВ.
e
Произведём вычисления во внесистемных единицах. Если энергию взять в
килоэлектрон-вольтах, то напряжение получим в киловольтах:
U
U  511  5112  12,4 2  511  511,150  0,150кВ  150В .
Вывод: Расхождение на 0,6 В – менее 0,5%, т.е. можно применять и кла ссическую теорию – более короткий 1 й способ.
Ответ: U = 150 В.
Приложение: 1 эВ = 1,6·10-19 Дж; 1 кэВ = 10 3 эВ; 1МэВ = 10 3 кэВ = 106 эВ.
Рекомендуемое задание № 4
Определить длину волны де Бройля Б электрона, если его кинетическая
энергия Т = 1 кэВ.
Решение:
Дано:
Си:
-16
Длина волны де Бройля связана с имТ = 1 кэВ
1,6·10 Дж
-31
пульсом движущейся частицы:
m = 9,11·10 кг
-34
h = 6,626·10 Дж∙с
h
 .
p
Б = ?
Импульс и кинетическая энергия классической частицы и их связь:
120

2T
 р  m
 
m


 р  2mT .

m 2  
T

2
T

р  m
2

m
Подставим в формулу волны де Бройля:
h
.

2mT
Произведём вычисления:

6,626  10 34
6,626  10 34
6,626  10 34
.


2  9,11  10 31  1,6  10 16
29,152  10 47
2,9152  10 46
6,626  10 34

 3,88  10 11  38,8  10 12 м  38,8пм .
 23
1,707  10
Ответ: Б = 38,8 пм.
Примечание: Работа сил электрического поля: Аэл = еU = 1ē·1В = 1 электрон-вольт =
1эВ = 1,6·10 -19 Кл·1В = 1,6·10 -19 Дж.
Рекомендуемое задание № 5
Найти длину волны де Бройля Б для электрона, движущегося по круговой орбите атома водорода, находящегося в основном состоянии.
Решение:
Дано:
n=1
Длина волны де Бройля связана с импульсом дв и-31
m = 9,11·10 кг
жущейся частицы:
-34
h = 6,626·10 Дж∙с
h
 .
-12
ε0 = 8,85·10 Ф/м
p
-19
ē = 1,6·10 Кл
Импульс электрона:
Б = ?
р  m .
Тогда длина волны:
h
.
(1)
m
Первый постулат Бора (см. занятие № 5) (постулат стационарных состояний или правило квантования орбит): дискретные квантовые значения
момента импульса удовлетворяют условию:
(n = 1, 2, 3…),
(2)
m  r  n
где m – масса электрона, r – радиус орбиты электрона n – номер стационарной
орбиты, ħ – постоянная Планка с чертой.

121
Движение электрона в электрическом поле ядра атома водорода со скоростью  , перпендикулярной вектору В , по окружности радиусом r можно выразить, используя второй закон Ньютона:
F Кулона  ma .
Смотри занятие № 1 сборник задач с решениями: «Электростатика.
Постоянный ток. Магнетизм» . Расписав силу Кулона и нормальное ускорение
в проекции на ось ОХ, направленную по нормальному (центрос тремительному)
ускорению, получим систему 3 х уравнений:

 FКулона  ma п

1
е2
1
е2
2
1 e2




 m  m R 
 .
(3)
 FКул 
4 0 R 2
4 0 R 2
R
4 0 


2
a

 n

R
Подставили два последних уравнения в первое. Приравняем формулы ( 2)
h
и (3) и выразим скорость, с учётом связи  
:
2
1 e2
1 e2
1 e 2 2
e2
.
  n   



 
4 0 
4 0 n 4 0 nh
2 0 nh
Подставим в формулу (1) длины волны де Бройля:
2 0 nhh 2 0 nh 2
.

me 2
me 2
Подставим числовые значения и произведём вычисления:
2  8,85  10 12  1  6,626 2  10 68
777,1  10 80


 33,32  10 11 .
 31
2
 38
 69
9,11  10  1,6  10
23,3216  10

(4)
  333,2  10 12 м  333,2 пм.
Ответ: Б = 333,2 пм.
Рекомендуемое задание № 6
С какой скоростью движется электрон, если длина волны де Бройля Б
электрона равна его комптоновской длине волны С.
Решение:
Дано:
Найдём энергию фотона:
Б = С = 2,426 пм
m0 = 9,11·10-31 кг
hc 6,626  10 34  3  108



.
h = 6,626·10-34 Дж∙с

2,426  10 12
υ=?
  8,2  10 14  82  10 16 Дж  512кэВ .
122
Что соизмеримо с энергией покоя электрона: Е 0 = 511 кэВ, следовательно,
частицу нужно считать релятивистской.
1 способ. Длина волны де Бройля, длина волны Комптона (см. занятие №
4), релятивистский импульс (см. задачу № 3):
h
h
m0
,
Б  , С 
, p
p
m0 c
1  2

– скорость частицы, выраженная в долях скорости света с. Подстас
вим импульс и приравняем λБ = λК:
где  
h 1  2
1  2 1
h



  1  2    1  2   2 
m0
m0 c

c
c

1
с
.

 
с
2
2
Подставим числа:
1  2 2   
3  10 8

 2,12  10 8 (м/с)  212  10 6 (м/с)  212(Мм/с) .
2
2 способ. Используем числовое значение длины волны Комптона (см. з анятие № 4):
h 1  2
m 
 m  
 С  1   2  0 С  1   2   0 С  
m0
h
 h 
2
2
2
2
2
 1  m0 С  2 
 
 m0С 
    m0С 
2
    1 
   
  1    2  
   1 ,
с
h
с
 h 
с  h 

 

2

1
1  m0 С 


с2  h 
2
.
Подставим численные значения:
1
1
,


16
18
31
12 2
0
,
111

10

11
,
1

10
1
 9,11  10  2,426  10 


16
9  10
6,626  10 34



1
22,2  10

18
1
 0,212  10 9  212  10 6 (м/с)  212 (Мм/с).
9
4,714  10
Ответ: υ = 212 Мм/с.
Примечание: 1 кэВ = 1,6·10-16 Дж.
123
Рекомендуемое задание № 7
Определить длину волны де Бройля  электронов, бомбардирующих а нтикатод рентгеновской трубки, если граница сплошного рентгеновского спе ктра приходится на длину волны  = 3 нм.
Решение:
Дано:
Си:
Закон сохранения энергии : кинетическая
3∙10-9 м
 = 3 нм
энергия электрона переходит в энергию фотона:
me  9,1  10 31 кг
Eк    .
(1)
h  6,626 10 34 Дж∙с
Энергия -кванта:
c  3 108 м/с
hc
Б = ?
,
 
(2)
min
где h – постоянная Планка, с – скорость света в вакууме.
Кинетическая энергия электрона:
m 2
Eк 
,
2
откуда скорость электрона:
2 Eк
.
m
Импульс электрона:
р  m .

Подставим скорость электрона в его импульс , получим импульс через
кинетическую энергию:
2 Eк
(3)
 2mEк ,
m
Подставим вместо кинетической энергии электрона энергию фотона:
рm
р  2 m   2 m
hc
.
min
Формула де Бройля, выражающая связь длины волны с импульсом
движущейся частицы:
h
Б  .
р
Подставим в неё предыдущую фо рмулу:
Б 
h
2m
hc
min

hmin
.
2mc
124
Вычислим:
Б 
6,626  10 34  3  10 9
 0,364  10 20  0,6  10 10  0,06  10 9 (м).
31
8
2  9,1  10  3  10
Ответ: Б = 0,06 нм.
Рекомендуемое задание № 8
Электрон движется по окружности радиусом r  0,5 см в однородном
магнитном поле с индукцией B  8 мТл. Определить длину волны де Бройля 
электрона. (рис. 1)
Решение:
Дано:
СИ:
-3
Длина волны де Бройля для частицы
r = 0,5 см
5∙10 м
-3
В = 8 мТл
8∙10 Тл связана с его импульса p и определяется фор-34
h = 6,626∙10 Дж∙с
мулой:
Б = ?
h
 ,
(1)
p
где h – постоянная Планка.
Импульс р частицы массой m, движущейся со скоростью  , выражается
формулой:
p  m  .
(2)
Движение электрона в магнитном поле со скоростью  , перпендикулярной вектору В , по окружности радиусом r можно выразить, используя второй
закон Ньютона:
F Лоренца  m a п .
Смотри занятие № 6 сборник задач с решениями:
«Электростатика. Постоянный ток. Магнетизм» . В
проекции на ось направленную по нормальному (центр остремительному) ускорению и расписав силу Лоренца, и
нормальное ускорение получим систему 3 х уравнений:

B
е

FЛ


r
Рис. 1

 FЛоренца  ma п

 FЛ  qBsin .

2
a n 

r
Подставим два последних уравнения в первое, получим ( α = 90º, т.к. поле
однородно, тогда sinα = 1, заряд электрона q обозначим е):
125
m  2
,
r
отсюда скорость электрона:
e   B 
eBr
.
m
Подставим скорость в формулу импульса (2) в скаля рном виде:
eBr
р  m
 eBr .
m
Подставим импульс в формулу (1) длины волны де Б ройля:
h
h
 
.
p eBr
Вычислим:
6,626  10 34

 0,1  10 9 м  0,1 (нм).
19
3
3
1,6  10  8  10  5  10

(3)
Ответ: Б = 0,1 нм.
Примечание: Скорость электрона из формулы (3):

eBr 1,6  10 19  8  10 3  5  10 3

 700 м/c , т.е. частица классическая.
m
9,1  10  27
Рекомендуемое задание № 9
На грань некоторого кристалла под углом θ = 60 к её поверхности падает
параллельный пучок электронов, движущихся с одинаковой скоростью. Опр еделить скорость  электронов, если они испытывают интерференционное о тражение первого порядка. Расстояние d между атомными плоскостями кр исталлов равно 0,2 нм (рис. 2).
Дано:
СИ:
Решение:
k=1
К расчёту дифракции электронов от кр и-10
2∙10 м сталлической решетки применяет ся формула
θ = 60
Вульфа-Брэгга:
d = 0,2 нм
-34
2  dsin  k ,
h = 6,626∙10 Дж∙с
где d – расстояние между атомными плоскост яmе = 9,1∙10-31 кг
ми кристалла; θ – угол скольжения (угол между
υ=?
направлением пучка параллельных лучей, падающих на кристалл и гранью кристалла), определяющий направление, в кот ором имеет место зеркальное отр ажение лучей (дифракционный максимум); k –
порядок максимума;  – длина волны. Смотри занятие № 7 сборник задач с
решениями: «Геометрическая и волновая о птика».
126
Выразим длину волны:
2dsin
.

k
Формула длины волны де Бройля :
h
h
.
 
1
p me
2
Приравняем длины волн:
2dsin
h
.

k
me
d



2

d
Выразим скорость электронов:
1
d  sin 
kh
.
2dm e sin
d  sin 
Рис. 2
Подставив в эту формулу значения величин и произведя вычисления,
найдём скорость электронов:
1  6,626  10 34
1  6,626  10 34


2  2  10 10  9,1  10 31  sin60 2  2  10 10  9,1  10 31  3 2

1  6,626  10 34
6,626  10 34

= 0,21∙107 = 2,1∙106 м/с = 2,1(Мм/с).
 41
10
 31
2  10  9,1  10  3 31,523  10
Ответ: υ = 2,1 Мм/с.
Рекомендуемое задание № 10
Параллельный пучок электронов, движ ущихся с одинаковой скоростью   1 Мм/с, падает нормально на диафрагму с длинной щелью
шириной a  1 мкм. Проходя через щель, эле ктроны рассеиваются и образуют дифракционную
картину на экране, расположенном на рассто янии L = 50 см от щели и параллельном плоскости
диафрагмы. Определить линейное расстояние x
между первыми дифракционными минимумами
(рис. 3).
Дано:
СИ:
Решение
6
υ = 1 Мм/с 10 м/с
1 способ. СоРис. 3
-6
а = 1 мкм 10 м
гласно гипотезе де
L = 50 см
0,5 м
Бройля, длина волны , соответствующая частице
х=?
массой m, движущейся со скоростью , выражается
127
формулой:
h
.
m
Дифракционный минимум при дифракции на одной щели наблюдается
при условии

a  sin  2k   k ,
2
где k  0,1,2,3, - порядковый номер минимумов; а - ширина щели.

k
.
a
Из рисунка расстояние между минимумами одн ого порядка:
  arcsin
k 
kh 


x  2 L  tg  2 Ltg  arcSin   2 Ltg  arcSin
.
a 
am 


Подставим угол φ и длину волны λ:
k 
kh 


x  2 L  tg  2 Ltg  arcSin   2 Ltg  arcSin

a 
am 


Произведём вычисления:
1  6,626  10 34 
6,626  10 34 


x  2  0,5  tg  arcSin 6
  tg  arcSin

10  9,1  10 31  10 6 
9,1  10 31 


x  tg arcSin0,7281  103   tg 0,04172  0,000728 м  0,728 мм .
2 способ. Учтём, что k = 1, тогда угол φ → 0º ≈ 0 радиан. Из курса математики известно, что при малых углах, выраженных в радианах, tgφ ≈ Sinφ ≈ φ.
Наши формулы преобразуются:
h

h
h





h
m

  m
  m








m
.

a  sin    a  sin    sin 

x
a
 x  2 L  tg
 x  2 L  sin

 
 a 2 L
x



sin





2L

Разделим верхнее уравнение на нижнее:
2 Lh
.
a
xm
Откуда расстояние между первыми минимумами:
2 Lh
.
x
m a
Произведём вычисления:
128
2  0,5  6,626  10 34 6,626  10 34

 0,728  10 3 м  0,728мм .
 31
6
6
 31
9,1  10  10  10
9,1  10
Ответ: х = 0,728 мм.
x
Домашнее задание № 1
-частица движется по окружности радиусом r  8,3 мм в однородном
магнитном поле, напряжённость которого H  18,9 кА/м. Найти длину волны
де Бройля  для  -частицы (рис. 4).
Решение:
Дано:
Си:
-19
Длина волны де Бройля λ для частиq = 3,2·10 Кл
цы связана с его импульса р и определяется
r  8,3 мм
8,3  10 3 м
H  18,9 кА/м
18,9  10 3 А/м формулой:
h
µ0 = 4π·10-7 Гн/м
 ,
(1)
p
h = 6,625·10 -34 Дж·с
где h – постоянная Планка.
 ?
Движение -частицы в магнитном поле
со скоростью  , перпендикулярной вектору В , по окружности радиусом r
можно выразить, используя второй закон Ньютона:
F Лоренца  m a п .
Смотри занятие № 6 сборник задач с решениями:
«Электростатика. Постоянный ток. Магнетизм» . В
проекции на ось направленную по нормальному (центростремительному) ускорению и расписав силу Лоренца FЛ,
нормальное ускорение ап и связь магнитной индукции В с
напряжённостью магнитного поля Н получим систему 4 х
уравнений:
 FЛоренца  ma п


 FЛоренца  ma п
 FЛ  qBsin

  FЛ  q 0 Нsin .

2
a n 

2
r

a n 
 В   0 Н

r

H
q

FЛ

an
r
Рис. 4
где µ0 – магнитная постоянная. Подста вим два последних уравнения в пе рвое,
получим (α = 90º, т.к. поле однородно, тогда sinα = 1; магнитная проницаемость
среды для вакуума µ = 1):
m 2
m
q 0 Н 
 q 0 Н 
,
r
r
129
отсюда импульс электрона:
р  m  q0 Hr .
(2)
Подставим импульс в формулу (1) длины волны де Бройля:
h
.

q 0 Hr
Подставим численные значения и вычислим:
6,625  10 34

 0,001  10 8  10  10 12 (м)  10 (пм).
19
7
3
3
3,2  10  4  3,14  10  18,9  10  8,3  10
Ответ: λ = 10 пм.
Примечание: Скорость -частицы из формулы (2):
q 0 Hr 3,2  10 19  4  3,14  10 7  18,9  10 3  8,3  10 3


 9500 м/с ,
m
6,64  10  27
т.е. частица классическая.
Домашнее задание № 2
Найти длину волны де Бройля  для атома водорода, движущегося при
температуре T  293 К со: 1) средней квадратичной скоростью; 2) наиболее вероятной скоростью, 3) средней арифметической скоростью .
Дано:
СИ:
Решение:
-27
m = 1,007783 а.е.м. 1,673·10 кг
Длина волны де Бройля:
T = 293 K
h
 ,
-23
k = 1,38·10 Дж/К
p
-34
h = 6,625·10 Дж·с
где h - постоянная Планка,
1) υср. кв.
Импульс частицы:
2) υср.
p m .
3) υв.
Тогда длина волны де Бройля:
λБ = ?
h
.

(1)
m
Средняя квадратичная, средняя арифметическая и н аиболее вероятная скорость атома водорода:

3kT
ср .кв . 
m


8kT
,
ср 
m


2kT
в 
m

130
(2)
где Т - термодинамическая температура, m - масса атома водорода, k - постоянная Больцмана.
Тогда длина волны де Бройля соответственно:

h
h m



Б
,
кв
Б ,кв 

m 3kT
3Tm



h m


.
 Б ,ср  h
Б ,ср 
m
8
kT
8
kTm




h
h
m
Б ,в 
Б ,в  2Tm
m 2kT


Подставляем численные значения:
(3)
6,625  10 34
6,625  10 34
 Б ,кв 

 147  10 12 м   147 (пм),
 25
 23
 27
45,05  10
3  1,38  10  293  1,673  10
6,625  10 34  3,14
11,748  10 34
 Б ,ср 

 160  10 12 м   160 (пм),
 25
 23
 27
73,564  10
8  1,38  10  293  1,673  10
 Б ,в 
6,625  10 34
2  1,38  10  23  293  1,673  10

 27
6,625  10 34
 180  10 12 м   180(пм).
 25
36,78  10
Ответ: 1) λБ,кв = 147 пм; 2) λБ,ср = 160 пм; 3) λБ,в = 180 пм.
Примечание: Наиболее вероятная скорость атома водорода из формулы (2) :
2kT
2  1,38  10 23  293
в 

 484  10 4  2200 м/с ,
 27
m
1,6709  10
т.е. частица классическая.
Домашнее задание № 3
Найти длину волны де Бройля λ протона, прошедшего ускоряющую ра зность потенциалов U: 1) 1кВ; 2) 1ГВ
Решение:
Дано:
СИ:
-27
Работа, совершаемая силами электриm = 1,67·10 кг
3
ческого поля, идёт на изменение кинетиче1) U = 1 кВ
10 В
9
ской энергии электрона (начальная скорость
2) U = 1 ГВ
10 В
-19
q = 1ē
1,6·10 Кл равна нулю):
-34
Аэл = ΔТ = Т.
h = 6,625·10 Дж·с
-10
Работа сил электрического поля по
Е0 = 938 МэВ
1,5·10 В
определению:
λБ = ?
Аэл = qU,
где q – заряд протона, U – напряжение.
Следовательно, кинетическая энергия, прио бретённая протоном:
131
Т = qU.
Вычислим её для обоих случаев, во внесистемных единицах:
Т1 = 1э·10 3В = 10 3 эВ = 1 кэВ, что значительно меньше энергии покоя пр отона, следовательно, частица классическая.
Т2 = 1э·10 9В = 10 9 эВ = 1 ГэВ, что соизмеримо с энергией покоя протона,
следовательно, частица релятивистская.
1) Воспользуемся решением задачи 3 для классической ситуации, в которой есть вывод формулы (4):
h
.

2mqU
Подставим численные значения:

6,626  1034
6,626  1034
6,626  1034
.


2  1,67  1027  1,6  1019  103
5,344  1043
53,44  1044
6,626  10 34

 0,906  10 12  906  10 15 (м)  906(фм) .
 22
7,31  10
2) Воспользуемся решением задачи 3 для релятивистской ситуации, в к оторой есть вывод формулы (8):
hс
.

eU eU  2Е0 
Подставим численные значения:

6,626  10 34  3  108
19,878  10 26
.

1,6  10 19  109 1,6  10 19  109  2  1,5  10 10 
7,36  10 20
19,878  10 26

 7,327  10 16  732,7  10 18 (м)  732,7(ам) .
10
2,713  10
Ответ: 1) λБ,1 = 906 фм; 2) λБ,2 = 732,7 ам.
Примечание: приставки ф – фемто – 10-15; а – атто – 10-18.
Домашнее задание № 4
Определите, при каком числовом значен ии кинетической энергии Т длина
волны де Бройля λБ электрона равна его комптоновской длине волны.
Решение:
Дано:
Найдём энергию фотона:
Б = С = 2,426 пм
Е0 = 511 кэВ
hc 6,626  10 34  3  108


.
h = 6,626·10-34 Дж∙с

2,426  10 12
Т=?
  8,2  10 14  82  10 16 Дж  512кэВ .
132
Что соизмеримо с энергией покоя электрона: Е 0 = 511 кэВ, следовательно,
частицу нужно считать релятивистской.
Воспользуемся для нахождения длины волны де Бройля решением з адачи
№3 для релятивистской ситуации, в которой есть вывод формулы (7) и длиной
волны Комптона (см. занятие 4):
hс

Б  Т Т  2 Е 
hс
h
hс
hс

0
.





2
m
c
m
c




Т
Т

2
Е
Т
Т

2
Е
h
0
0
0
0
 
 С m0 c
Помножили на с – скорость света и учтём, что энергия покоя Е0 = m0c2:
hс
hс
1
1



 Т Т  2 Е0   Е0  Т 2  2 Е0Т  Е02 .
Е
Е
Т Т  2 Е0 
Т Т  2 Е0 
0
0
Преобразуем к квадратному уравнению:
Т 2  2 Е 0 Т  Е 02  0 .
Решим его:
 2 Е0  4 Е02  4 Е02
.
2
Отрицательная энергия быть не может, поэтому:
Т


 2 Е0  4 Е02  4 Е02
Т
  Е0  2 Е02  Е0 2  1 .
2
Произведём вычисления во внесистемных единицах:
Т = 511 кэВ·(1,41 - 1) = 211,7 кэВ.
Ответ: Т = 211,7 кэВ.
Домашнее задание № 5
Определить длину волны де Бройля λБ электрона, находящегося на вт орой
орбите атома водорода.
Решение:
Дано:
Применим формулу №4 выведенную в задаче 5:
n=2
-31
m = 9,11·10 кг
2 0 nh 2
.


h = 6,626·10-34 Дж∙с
me 2
ε0 = 8,85·10-12 Ф/м
Подставим числовые значения и произведём вычи с-19
ē = 1,6·10 Кл
ления:
Б = ?
2  8,85  1012  2  6,6262  1068 1554,2  1080


 66,64  1011
31
2
38
69
9,11  10  1,6  10
23,3216  10
  666,4  10 12 м  666,4 пм.
133
Ответ: Б = 666,4 пм.
134
Практическое занятие 8
СООТНОШЕНИЕ НЕОПРЕДЕЛЕННОСТЕЙ ГЕЙЗЕНБЕРГА
Рекомендуемое задание № 1
Определить неопределенность Δх в определении координаты электрона,
движущегося в атоме водорода со ск оростью υ = 1,5·10 6 м/с, если допускаемая
неопределённость Δυ в определении скорости составляет 10% от её величины.
Сравнить полученную неопределённость с диаметром d атома водорода, вычисленным по теории Бора для основного состояния, и указать, применимо ли понятие траектории в данном случае.
Дано:
Си:
Решение:
6
Δυ = 1,5·10 м/с
1) Согласно соотношению неопреде-31
mе = 9,11∙10 кг
ленностей Гейзенберга для координаты и
Δυ = 0,1υ
импульса частицы: микрочастица не может
-34
иметь одновременно и определённую коордиħ = 1,05∙10 Дж∙с
-12
r1 = 52,9 пм
52,9·10 м нату и определённую соответствующую пр оекцию импульса, причём неопределённости
1) Δх = ?
этих величин удовлетворяют условию (для
2) d = ?
нашей задачи ось ОХ):
3) траектория?
хр х  х  m x   .
(1)
где х – неопределенность координаты или интервал координаты, в которой
локализована частица, р х  m x – неопределенность импульса или интервал
импульса, в котором заключена проекция импульса частицы по оси ОХ,  
h
–
2
постоянная Планка с чертой.
Договоримся, что неопределённость любой физической величины не
должна превосходить самой величины. В противном случае нет смысла.
Из данной формулы следует, что неопределённость координаты :


.
х 

m   x m  0,1
Подставим численные значения:
1,05  10 34
х ~
 0,768  10 9  768  10 12 (м)  768 (пм).
 31
12
9,11  10  0,1  1,5  10
2) Занятие 5 задача № 1 вывод формулы первого Боровского радиуса эле ктрона в атоме водорода. Воспользуемся численным значением, которое сразу
записали в дано! Тогда диаметр атома водорода:
d = 2r1 = 2·52,9 пм = 105,8 пм.
135
3) При сравнении неопределённости координаты Δх с размером атома d
видно, что неопределённость координаты (абсолютная погрешность) Δх > d
больше диаметра самого атома, следовательно, учитывая нашу изначальную д оговорённость, понятие траектории неприемлемо.
Ответ: 1) Δх = 768 пм, 2) d = 105,8 пм, 3) понятие траектории не прим енимо.
Рекомендуемое задание № 2
При движении вдоль оси x скорость оказывается определенной с точн остью  x  1 см/с. Оценить неопределенность координаты х :
а) для электрона;
б) для броуновской частицы массы m ~ 0,1  10 3 г;
в) для дробинки массы m ~ 0,1 г.
Дано:
Δυ = 1 см/с
а) mе = 9,11∙10-31 кг
б) m = 0,1∙10-3 г
в) m = 0,1 г
ħ = 1,05∙10-34 Дж∙с
х  ?
Си:
10 м/с
-2
10-7 кг
10-4 кг
Решение:
Согласно соотношению неопределенн остей Гейзенберга для координаты и импульса
частицы: микрочастица не может иметь одновременно и определённую координату и определённую соответствующую проекцию импульса, причём неопределённости этих величин
удовлетворяют условию (для нашей задачи ось
ОХ):
 х р х   х  m   x   ,
(1)
где х – неопределенность координаты или интервал координаты, в которой
локализована частица, рх  m x – неопределенность импульса или интервал
импульса, в котором заключена проекция импульса частицы по оси ОХ,  
постоянная Планка с чертой.
Из данной формулы следует, что неопределённость координаты :

.
х 
m   x
Подставим численные значения:
1,05  10 34
 0,115  10 1 м  1 (см),
а) х ~
 31
2
9,11  10  10
1,05  10 34
б) х ~  7
 1,05  10  25  10  25 м  10  27 (см),
2
10  10
136
h
–
2
1,05  10 34
 1,05  10  28 м  10  28 м  10 30 (см).
4
2
10  10
Ответ: а) х ~ 1 см, б) х ~ 1027 см, в) х ~ 1030 см.
в) х ~
Рекомендуемое задание № 3
Молекула водорода учавствует в тепловом движении при температуре
300 К. Найдите неопределённость координаты молекул водорода.
Дано:
СИ:
Решение:
Т = 300 К
1 способ. Согласно соотношению не-27
m = 1,007783 а.е.м. 1,673·10 кг определенностей Гейзенберга для координаты и импульса частицы:
ћ = 1,05·10-34 Дж∙с
хр  х  m   ,
(1)
x - ?
где х – неопределенность координаты или
интервал координаты, в которой локализов ана частица, р  m – неопределенность импульса или интервал импульса, в котором заключена проекция и мh
пульса частицы по оси ОХ,  
– постоянная Планка с чертой.
2
Выразим неопределённость координаты:


х  
.
(2)
р m
Неопределённость скорости н е должна превышать самой скорости (б ерём
среднеквадратичную) Смотрите сборник задач с решениями «Теплота и мол екулярная физика» Занятие № 2 «Закон Авогадро. Масса и размер молекул. К оличество вещества. Основное уравнение кинет ической теории газов. Энергия
молекул. Скорость молекул»:
3kT
,
m
где Т – температура по шкале кельвина, k – постоянная Больцмана, m – масса
молекулы. Т.е. знак ≥ в формуле (1) и (2) поменяется на =. Тогда неопределённость координаты:
   ср .кв . 

m



.
m 3kT
3kTm
Произведём вычисления:
1,05  10 34
1,05  10 34
1,05  10 34
х 



 25
3  1,38  10  23  300  1,673  10  27
2078  10 50 45,58  10
м)
 23  1012 ( .
х 
137
2 способ. В задаче № 3 занятия 7 «Волны де Бройля» выведена связь импульса и кинетической энергии классической частицы:
р  2mЕк .
Кинетическая энергия поступательного дв ижения молекулы:
3
Ек ,п  kТ .
2
Подставим формулу (4) в (3):
(3)
(4)
3
р  2m kТ  3mkТ .
2
Неопределённость импульса не должна превышать самого импульса: Δр ≤
р. Подставим полученное выражение в фо рмулу (2):

.
х 
3mkТ
Получили ту же конечную формулу.
Ответ: Δх = 23 пм.
Примечание: 1 а.е.м. (атомная единица массы) = 1,66·10 -27 кг.
Рекомендуемое задание № 4
Положение центра шарика массой 1 г определено с ошибкой х ~ 10 5 см.
Какова будет неопределенность в скорости  X для шарика?
Дано:
m  1г
х ~ 10 5 см
ħ = 1,05∙10-34 Дж∙с
 x  ?
Си:
1  10 3 кг
10 7 м
Решение:
Согласно соотношению неопределенн остей Гейзенберга для координаты и импульса
частицы:
 х р х   х  m   x   ,
где х – неопределенность координаты или
интервал координаты, в которой локализована частица, р х  m x – неопределенность импульса или интервал импульса, в котором заключена проекция имh
пульса частицы по оси x,  
– постоянная Планка с чертой.
2
Из данной формулы следует, что неопределённость скорости:

.
 x 
m  х
Подставим численные значения:
1,05  10 34
 1,05  10  24 (м/с).
3
7
10  10
Ответ:  x  1,05  10 24 м/с.
 x ~
138
Рекомендуемое задание № 5
Электрон с кинетической энергией Т = 15 эВ находится в металлич еской
пылинке диаметром d = 1 мкм. Оценить относительную неопределё нность Δυ, с
которой может быть определена скорость электрона.
Дано:
Си:
Решение:
-19
Т = 15 эВ
24·10 Дж
Согласно соотношению неопределе н-6
d = 1 мкм
10 м
ностей Гейзенберга для координаты и им-34
ħ = 1,05∙10 Дж∙с
пульса частицы:

?

хр  х  m   ,
(1)
d
– неопределенность координаты или интервал координаты, в
2
которой локализована частица (см. рис. для величины а лежащей на оси ОХ),
р  m – неопределенность импульса или интервал импульса, в котором з а-
где х  R 
ключена проекция импульса частицы по оси ОХ,  
h
– постоянная Планка
2
с чертой.
Из данной формулы следует, что неопределённость скорости :

2
.
 

m  х md
Кинетическая энергия электрона и из неё скорость:
(2)
m 2
2Т
.
(3)
Т
 
2
m
Разделим формулу (2) на (3) получим относител ьную неопределённость
скорости электрона:
 2 m  2
.



md 2Т d mТ
Подставим численные значения:
 1,05  1034
2
~

 1,05  1028  0,00915  1050 ,
6
31
19

10
9,11  10  24  10

 1,05  10 28  0,0956  10 25  0,1  10 3  10 4 .


Ответ:
 10 4 .

139
Рекомендуемое задание № 6
Во сколько раз дебройлевская длина волны λБ частицы меньше неопределённости Δх её координаты, которая соответствует относительной неопред елённости импульса в 1%.
Дано:
Решение:
Согласно соотношению неопределенностей Гейзенберга
р
 0,01
для координаты и импульса час тицы:
р
h
х
,
хр   
(1)
?
2

Б
где Δх – неопределенность координаты или интервал координаты,
в которой локализована частица, Δр – неопределенность импульса или интервал
h
импульса, в котором заключена проекция импульса частицы по оси ОХ,  
2
– постоянная Планка с чертой.
Длина волны де Бройля (см. занятие 7):
h
   р  h .
(2)
p
Разделим формулу (1) на (2) и выразим отношение Δх/λ:
хр
h
х
1
.



р
2h
 2 р р
Произведём вычисления:
х
1

 15,92  16 раз.
 2  3,14  0,01
Ответ:
х
 16 .
Б
Рекомендуемое задание № 7
Параллельный пучок электронов с энергией 10 эВ падает по нормали на
экран с узкой щелью шириной 10 нм. Оцените, с помощью соотношения нео пределенностей, относительную неопределенность импульса Δр/р для электронов, проходящих сквозь щель.
140
Дано:
СИ:
Т = 10 эВ
16·10-19 Дж
а = 10 нм
10-8 м
m0 = 9,11·10-31 кг
ћ = 1,05·10-34 Дж∙с
р
?
р
Решение:
Соотношение неопределенностей Гейзенберга для координаты и импульса частицы :
хр х   ,
(1)
где х  а – неопределенность координаты
или интервал координаты, в которой локализ ована частица, р х – неопределенность импульса
или интервал импульса, в котором заключена проекция импульса частицы по
h
оси x,  
– постоянная Планка с чертой.
2
Следовательно, формула (1):
ap   .
(2)
В задаче № 3 занятия 7 «Волны де Бройля» выведена связь импульса и
кинетической энергии классической частицы:
р  2mT .
(3)
Разделим формулу (2): на (3):
a p


.
p
2mT
Выразим относительную неопределенность импульса Δр/р
p

.

p a 2mT
Произведём вычисления:
p
1,05  10 34
1,05  10 26
1,05  10 26
 8


 0,062  10 1 
 25
 31
19
 50
p 10 2  9,11  10  16  10
17,074  10
291,52  10
 6,2  10 3 (м) .
Ответ:
p
 6,2  10 3 м.
p
Рекомендуемое задание № 8
Используя соотношение неопределённости хр х   , оценить низший
энергетический уровень электрона в атоме водорода. Принять линейные разм еры атома ℓ ≈ 0,1 нм.
141
Решение:
Дано:
СИ:
ΔхΔр ≥ ћ
Соотношение неопределенностей Гейзен-10
n=1
10 м берга для координаты и импульса частицы :
ℓ ≈ 0,1 нм
хр х   ,
(1)
-31
m0 = 9,11·10 кг

где х  – неопределенность координаты или
ћ = 1,05·10-34 Дж∙с
2
Е1 = ?
интервал
ℓ/2
ℓ
0
Х
координаты, в котором локализована
частица (см. рис. 1, для величины ℓ ℓ/2-Δх
ℓ/2+Δх
размер атома - лежащей на оси х), Δр –
Рис. 1
неопределенность импульса или интервал импульса, в котором заключ ена проекция импульса частицы по оси ОХ, ћ –
постоянная Планка с чертой.
Физическая разумная неопределённость импульса не должна превышать
самого значения импульса:
Δр ≤ р.
В задаче № 3 занятия 7 «Волны де Бройля» выведена связь импульса и
кинетической энергии классической частицы:
р  2mT .
В задаче № 3 (Приложение 6) занятия 5 «Атом водорода по теории Б ора» выведена связь полной энергии электрона на любой орбите (у нас первая
орбита, n = 1) водородоподобного атома Е = Е1 с кинетической энергией:
Е  Т .
Знак нас не интересует. С учётом вышесказанного формула (1):


mЕ1
р
2mT    
 .
2
2
2
Откуда можно выразить энерг ию электрона:
mЕ1 
mЕ1  2
2 2
.
 
 2  Е1 
2

2

m 2
Подставим численные значения:
2  1,05 2  10 68
2,205  10 68
Е1 

 0,242  10 17  24,2  10 19 Дж   15эВ .
 31
 20
 51
9,11  10  10
9,11  10
Ответ: Е1 = 15 эВ.
Рекомендуемое задание № 9
Длину волны можно определить с точностью 10 -6 относительных единиц.
Чему равна неопределенность в положении рентгенов ского кванта длиной вол142
ны 10 10 м при одновременном изменении его длины волны? Постоянная Пла нка h  6,63  10 34 Дж·с.
Дано:
=10 м
h=6,63·10-34Дж∙с

 10  6

x - ?
-10
Решение:
Соотношение неопределенностей Гейзенберга для
координаты и импульса частицы :
 х р х   ,
(1)
где х – неопределенность координаты или интервал координаты, в которой локализована частица, р х – неопреде-
ленность импульса или интервал импульса, в котором заключена проекция имh
пульса частицы по оси х,  
– постоянная Планка с чертой.
2
Из данной формулы следует, что неопределённость координаты :

h
.
х 

(2)
р x 2р x
Формула де Бройля, выражающая связь длины волны с импульсом р
движущейся частицы в классическом приближении:
h
p .

Продифференцируем (учтём, что h = const):
dp d h  
d 1  
h

h
 2 .
d
d
d

Знак дифференциала d (очень маленький интервал) заменим на знак интервала Δ (достаточных размеров интервал) и опустим «–»:
p h
 .
  2
Выразим неопределённость импульса:
h
p  2 

Подставим в формулу (2):
h 2
 
.
х 


2h 2 
Подставим численные значения:
10 10
x 
 10 6  0,16  10  4 м  .
2  3,14
Ответ: х  0,16  10 4 м.
143
Примечание: При форме записи: хр х  h получим: х  
ответ: x  10
10

, что даёт другой

 10 6  10 4 м .
Рекомендуемое задание № 10
Время жизни нейтрального пиона равно 8·10 -17 с. С какой точностью m
может быть определена его масса?
Дано:
Решение:
-17
Δt = 8·10 с
Согласно соотношению неопределенностей Гейзен-34
ћ = 1,05·10 Дж∙с берга для энергии и времени:
(1)
Еt   ,
m = ?
где ΔЕ – неопределенность энергии данного квантового соh
стояния; Δt – время пребывания системы в этом состоянии;  
– постоян2
ная Планка с чертой.
Неопределённость энергии найдём по формуле:
ΔЕ = Δmc2.
Подставим в формулу (1):
mc 2 t   .
Откуда неопределённость массы:

m  2 .
c t
Подставим численные значения:
1,05  10 34
1,05  10 34

 0,1458  10 34  1,5  10 35 (кг).
16
17
9  10  8  10
7, 2
-35
Ответ: Δm = 1,5·10 кг.
m 
Домашнее задание № 1
Оцените наименьшие ошибки, с которыми можно определить скорость
шарика массой 10 6 кг и электрона, если положение центра шарика и полож ение электрона установлены с точностью 10 6 м. Постоянная Планка
h  6,63  10 34 Дж·с.
Дано:
Решение:
6
Согласно соотношению неопределенностей для коx 110 м
6
ординаты и импульса частицы :
1) т  1  10 кг
h
2) mе = 9,1·10-31 кг
,
x  p   
(1)
34
2
h  6,63 10 Дж  с
где х - неопределенность координаты,
  ?
144
p - неопределенность импульса,
ћ - постоянная Планка c чертой, h = 2πћ – постоянная Планка.
Неопределённость импульса :
p  m   ,
где m - масса шарика.
Выражение (1) с учетом (2):
h
x  m   
.
2
Откуда неопределённость скорости :
h
.
 
2  m  x
Подставим численные значения в формулу (3):
(2)
(3)
6,63  1034
 1,055  1022 (м/с),
для шарика: ш 
6
6
2  3,14  1  10  10
6,63  1034
 0,116  103  116 (м/с).
для электрона: е 
6
31
2  3,14  1  10  9,1  10
Ответ: 1)  ш  1,055  10 22 м/с, 2)  е  116 м/с.
Домашнее задание № 2
Предполагая, что неопределённость координаты движущейся частицы
равна дебройлевской длине волны, определить относительную неопределё нность Δр/р импульса этой частицы.
Решение:
Дано:
Согласно соотношению неопределенностей Гейзенберга для
Δх = λБ
координаты и импульса частицы :
р
?
h
р
,
хр   
(1)
2
где Δх – неопределенность координаты или интервал координаты, в которой
локализована частица, Δр – неопределенность импульса или интервал импульh
са, в котором заключена проекция импульса частицы по оси ОХ,  
– по2
стоянная Планка с чертой.
Длина волны де Бройля (см. занятие 7):
h
     р  h.
(2)
p
Разделим формулу (1) на (2) и выразим отношение Δр/р:
145
хр
h
р




.
  р 2h
р 2х
С учётом исходных данных заменим Δх = λБ:
р

р
1
.



р 2
р 2
Произведём вычисления:
р
1

 0,1592  16% .
р 2  3,14
Ответ:
р
 16% .
р
Домашнее задание № 3
Приняв, что минимальная энергия Е нуклона в ядре равна 10 МэВ, оц енить, исходя из соотношения неопределённостей, линейные размеры ядра.
Дано:
СИ:
Решение:
-12
Е = 10 МэВ
1,6·10 Дж
Согласно соотношению неопределен-34
ћ = 1,05·10 Дж·с
ностей Гейзенберга для координаты и им-27
m = 1,675·10 кг
пульса частицы:
хр   ,
d=?
(1)
d
– неопределенность координаты или интервал координаты, в
2
которой локализована частица (см. рис. 2
d/2
d
0
х
,для величины d лежащей на оси х), Δр –
неопределенность импульса или интервал
d/2-Δх
d/2+Δх
импульса, в котором заключена проекция
Рис. 2
импульса частицы по оси х, ћ – постоянная Планка с чертой.
Физическая разумная неопре делённость импульса не должна превышать
самого значения импульса:
Δр ≤ р.
В задаче № 3 занятия 7 «Волны де Бройля» выведена связь импульса и
кинетической энергии классической частицы:
где х  R 
р  2mT  2mЕ .
Примечание: Энергия покоя нуклона (протона – 938 МэВ, нейтрона – 939 МэВ) значительно превосходит энергию Е = 10 МэВ. Имеем право, кинетическую энергию заменить
полной энергией.
С учётом всего вышеизложенного формула (1):
146
d
d
mT
р     2mT    d 

2
2
2
Отсюда линейные размеры ядра:
2
.
mT
Подставим численные значения:
d 
d  1,05  1034 
d  1,05  10 34 
2
1,675  10
 27
 1,6  10
12
 1,05  1034 
2
,
2,68  1039
2
 1,05  10 34  2,732  10 19  2,87  10 15 м  2,87 .
 38
0,268  10
d  2,87  10 15 м  2,87 фм.
Ответ:d = 2,87 фм.
Примечание 1: 1МэВ = 1,6·10 -13 Дж.
Примечание 2: Приставка ф – фемто – 10-15.
Домашнее задание № 4
Используя соотношение неопределё нностей ΔЕΔt ≥ ћ, оцените ширину Г
энергетического уровня в атоме водорода, находящегося: 1) в основном состо янии; 2) в возбуждённом состоянии (время τ жизни атома в возбуждённом с остоянии равно 10 -8 с).
Решение:
Дано:
Согласно соотношению неопределенностей ГейзенΔЕΔt ≥ ћ
-34
ћ = 1,05·10 Дж·с берга для энергии и времени:
Еt   ,
(1)
1) n = 1
где ΔЕ – неопределенность энергии данного квантового со2) n > 1
-8
стояния; Δt – время пребывания системы в этом состоянии ;
τ = 10 с
Г=?
h
– постоянная Планка с чертой.

2
Для нашей задачи запишется так:
Гt  
или ширина Г энергетического уровня в атоме вод орода (рис. 3):

.
Г
t
1) В основном состоянии электрон обладает м иГ
нимальной энергией (см. занятие №5 «Атом водорода
1
0,5
по теории Бора») и он не будет сам переходить на в ышестоящие орбиты (слои) пока не получит необход иЕ
147
Рис. 3
мой энергии. Следовательно, можно предположить, что в отсутствии этой эне ргии из вне атома в этом состо янии электрон пробудет скол ь угодно долго или,
проще говоря, бесконечно, т.е. Δt = ∞. Следовательно:

Г   0.

2) В возбуждённом состоянии электрон находится в течение времени Δt =
τ, т.е.:

Г .

Произведём вычисления:
1,05  10 34
Г
 1,05  10  26 Дж  0,656  10  7 эВ  65,6  10 9 эВ  65,6нэВ .
8
10
Ответ: 1) Г = 0 Дж; 2) Г = 65,6 нэВ.
Домашнее задание № 5
Среднее время жизни возбуждённого состояния атома равно τ = 12 нс.
Определите минимальную неопределённость длины волны Δλ = 0,12 мкм излучения при переходе атома в основное состояние.
Дано:
СИ:
Решение:
-9
τ = 12 нс
12·10 с
Согласно соотношению неопределенн о-8
λ = 0,12 мкм
12·10 м стей Гейзенберга для энергии и времени:
ћ = 1,05·10-34 Дж·с
(1)
Еt   ,
где ΔЕ – неопределенность энергии данного кванΔλ = ?
тового состояния; Δt – время пребывания системы
h
в этом состоянии;  
– постоянная Планка с чертой.
2
Энергия фотона:
hc
 .

Продифференцируем (учтём, что ћ и с = const):
d d hс  
d 1  
hс

 hс
 2 .
d
d
d

Знак дифференциала d (очень маленький интервал) заменим н а знак интервала Δ (достаточных размеров интервал) и опустим « –»:
 hс
.

 2
Выразим неопределённость энергии:
148
hс
 .
2
Подставим в формулу (1):
hс
hс
h
.
 t    2  t 
2


2
Выразим минимальную неопределённость длины волны:
 
2
.
 
2сt
Подставим численные значения:
12 2  10 16
12  10 16
 

 0,637  10 15 .
8
9
1
2  3,14  3  10  12  10
2  3,14  3  10
  637  10 18 м  637 ам.
Ответ: Δλ = 637 ам.
Примечание: приставка а – атто – 10-18.
149
Практическое занятие 9
УРАВНЕНИЕ ШРЕДИНГЕРА ДЛЯ ЭЛЕКТРОНА В ПОТЕНЦИАЛЬНОМ
«ЯЩИКЕ», АТОМЕ ВОДОРОДА. КВАНТОВЫЕ ЧИСЛА. ОРБИТАЛ ЬНЫЙ МЕХАНИЧЕСКИЙ И МАГНИТНЫЙ МОМЕНТЫ. СПИН ЭЛЕ КТРОНА. ПРИНЦИП ПАУЛИ. ЗАПОЛНЕНИЕ ЭЛЕКТРОННЫХ ОБОЛ ОЧЕК В АТОМЕ
Рекомендуемое задание № 1
Функция вида  ( x )  C sin(  n  x L) является волновой функцией, оп исывающей состояние (с квантовым числом n) частицы, движущейся вдоль оси x
в одномерной бесконечно глубокой потенциальной яме шириной L (см. рис. 1).
Используя условие нормировки, определите велич ину коэффициента С.
Решение:
Дано:
Волновая функция:
Вероятность
dW
 nx 
обнаружить частицу в ин  х   С  sin 

L


тервале от х до х + dх (в
0 ≤ x≤ L
одномерном случае) выграничные условия:
ражается формулой:
(0) = (L) = 0
Рис. 1
2
dW   (x) dx ,
L – ширина ямы
n – квантовое число
dW
где  2 ( х ) 
- плотность вероятности - квадрат моn = 1,2,3 …
dx
С-?
дуля волновой функции определяет вероятность нахождения частицы в момент времени t в области с координатами х и х + dх (имеет
статистический, вероятностный характер). Сама же волновая функция 
является основным носителем информ ации о корпускулярных и волновых
свойствах микрочастиц.
Вероятность W обнаружить частицу в интервале от х до х + dх находится
интегрированием dW в указанных пределах:
x2
W   2 ( x ) dx .
x1
Условие нормировки вероятностей – вероятность приравниваем к ед инице:
x2
2
1  W     x  dx .
x1
Для нашей задачи:
150
L
L 1 
n  L 
 1 n
 n 
1  C  sin  x dx  C 2   x     sin 2 x  
 .
L  2n  0
 L 
0
 2 L n 4 
L
2
2
1
1

x  sin 2 x  =
4
2

Примечание: 1 способ. Учли табличный интеграл:  sin xdx  
2
1 
1

  x  sin 2 x  . Но не забывать, что аргумент функции синус является сам сложной
2 
2

n
x . Или 2 способ. Учесть: cos2x = cos2x – sin2x = (1 – sin2x) – sin2x = 1 - 2sin2x
L
1
2
=> sin x  (1  cos 2 x ) и проинтегрировать.
2
Сократим , n, L, вынесем ½ за скобку.
функцией –
L
C2 
L
2n 
1
sin
x .
x
2 
4n
L 0
Подставим пределы интегрирования, преобразуем и по лучим:
1
C2 
L
2n 
L  sin 2n 
sin
L   C 2 1 
L 
.
2 
4n
L 
2
4n 
Учтя n = 1, 2, 3, … следует, что Sin2n = 0 (Sin2 = 0, Sin4 = 0, …).
Тогда:
C2
1
LC 
2
Ответ: C 
2
.
L
2
.
L
Примечание 2. Нормированная собственная волновая функция , описывающая состояние электрона в потенциальном ящике, имеет вид:
 n х  
2
 n 
 sin  x  .
L
 L 
Рекомендуемое задание № 2
Частица в потенциальном ящике находится в основном состоянии. Какова
вероятность W нахождения частицы: 1) в средней трети ящика; 2) в крайней
трети ящика?
151
Дано:
n=1
(0) = (L) = 0
1) х1 = L/3, х2 = 2L/3
2) х1 = 2L/3, х2 = L
W-?
Решение:
Вероятность W обнаружить частицу в интервале х1
< х < х2 определяется равенством:
x2
W    n ( x) dx ,
2
x1
2
 n 
 sin  x  – нормированная собственная
L
 L 
волновая функция, описывающая состояние электрона в потенциальном ящике
найденная в задаче № 1 в прил ожении 2.
где  n  х  
Рис. 2
Основному состоянию n = 1 отвечает собственная функция:
2
2
  1 
 
 sin 
x 
 sin  x  .
L
L
 L 
L 
Подставим данную функцию ψ в формулу нахождения вероятности W –
она равна площади под графиком (см. рис. 2):
 1 х  
x2
2
2x
2 L 1 
1
 
 
 
W    sin 2  x dx   sin 2  x dx     x   sin 2 x 
Lx
L  2 L
2
L x
L 
L 
x L
x2
2
1
1
1
Вынесли за знак интеграла постоянную величину 2/ L, использовали табличный интеграл (см. задачу № 1 приложение 1). Упростим:
x2
x2
1
1
1 
1
 
1
 
1
W   x   sin 2 x    x 
 sin 2 x  .
 L
2
L x L
2
L x
152
W 
1
x2  x1   1   sin 2 x2  sin 2 x1  .
L
2 
L
L 
Подставим численные значения:
1  2L L  1 
2 2 L
2 L  1 L 1 
4
2 
1) W1  
 
  sin

 sin
   
  sin   sin  
L  3 3  2 
L 3
L 3  L 3 2 
3
3 
W1 
1
1
1
1 
3
3 1
3
  

 sin 240  sin 60  
  

 0,609 .
3 2  3,14
3 6,28  2
2  3 6,28
2) W2 
W2 
1
2L  1 
2
2 2 L  1 L 1 
4 
  sin
 L  sin
   
  sin 2  sin  
L 

L
3  2 
L
L 3  L 3 2 
3 
1
1
1
1 
 3 1
3
  

 sin 180  sin 240  
  0 
 0,195
3 2  3,14
3 6,28 
2  3 2  6,28
Ответ: 1) W1 = WL/3,2L/3 = 0,609; 2) W2 =W2L/3,L = 0,195.
Рекомендуемое задание № 3
Атом водорода находится в основном состоян ии. Собственная волновая

r
функция, описывающая состояние электрона в атоме, имеет вид  ( r )  Ce a ,
где С некоторая постоянная. Найти из условия нормировки постоянную С.
Решение:
Дано:
Волновая функция:
Приложение 1: Вероятность dW того, что электрон нах о ( r )  Ce

r
a
дится в области, ограниченной элементом объёма dV, взятого в окрестности точки с координатами r, θ, φ выражается формулой:
С-?
2
dW   n ,l ,m (r,  ,  ) dV ,
где  ( х ) 
2
dW
- квадрат модуля пси-функции имеет смысл плотности вероятности, т.е.
dV
определяет вероятность нахождения частицы в единичном объёме в окрестности точки с к оординатами x, y, z (таким образом, физический смысл имеет не сама пси-функция, а квадрат
её модуля |ψ|²). Сама же пси – функция ψ = ψn,l,m(r, θ, φ) описывает состояние электрона в
атоме водорода. dV = r2Sinθdθdφdr – элементарный объём в сферических координатах. n, l, m
– квантовые числа: главное – размер, энергия, орбитальное – форма, момент импульса,
магнитное – ориентация, проекция момента импу льса на направление магнитного поля.
В s – состоянии (основное состояние: l = 0, m = 0) волновая функция ψ
сферически – симметричная, т.е. не зависит от углов θ и φ. Поэтому:
2
dW   n , 0 , 0 (r) dV ,
где dV = 4r2dr – объём сферического слоя радиусом r и толщиной dr.
Условие нормировки вероятностей (должно равняться единице) :
153

2
1  W    r  dV .
0
Подставим пси-функцию:

1 C e
2

2r
a
4r 2 dr
0

Приложение: Табличный интеграл:  x e
n
0
 ax
dx 
n!
.
a n 1
Проинтегрируем:

2
 r
1  4C 2  r 2 e a dr  4C 2
0
2!
8C 2 a 3

 C 2 a 3 .
3
8
2 a 
Найдём константу С:
1
C
a 3
1
Ответ: C 
.
a 3
Приложение 2: Следовательно, пси-функция:  r  
1
a

r
e a.
3
Рекомендуемое задание № 4
Собственная функция, описывающая основное состояние электрона в
r

4  2
атоме водорода, имеет вид  (r )  Ce a , где a  2 0 (Боровский радиус). Опem
ределить расстояние r, на котором вероятность нахождения электрона макс имальна.
Решение:
Дано:
Волновая функция:
Пси-функция (найдена в задаче № 3 приложение 2):
r

r

1
 (r )  Ce a
a
 r  
e .
3
2

a
4 
a  20
Вероятность dW с учётом пси-функции:
em
1 2r
4r 2  2 r
2
W = max
dW   r  dV  3 e a 4r 2 dr  3 e a dr .
a
a
r = rВ - ?
Условие максимума вероятности, т.е. исследуем
dW
функцию
на экстремум – найдём производную и приравняем к нулю:
dr
/

2
2r

4
2   2ar 
 4r 2  2ar 
 dW  d W
2
a
 0 =>  3 e   0 => 3  2re  r   e   0 =>

 
dr 2
a 
 dr 
 a
 a


154
2r
2r

r
2 
2re a  r 2  e a => 1  => r = rВ = а.
a
a
4 0  2
.
e2m
Подставим численные значения (используем основные физические пост оянные):
То есть r 
4  3,14  8,85  10 12  1,05  10 34 
122,6  10 80
r

 5,26∙10-11 = 52,6∙10-12 м.
 69
19 2
31
23,296  10
1,6  10   9,1  10
r = 52,6 пм.
Ответ: r = rВ = 52,6 пм.
2
Примечание:

В
случае
нахождения
среднего
значения

расстояния
rср:
rср   r  r  dV , среднего значения квадрата расстояния r2ср: rср2   r 2  r  dV .
2
0
2
0
Рекомендуемое задание № 5
Электрон в атоме находится в f – состоянии. Найти орбитальный момент
импульса Lℓ электрона и максимальное значение проекции момента импульса
(Ll,z)max на направление внешнего магнитного поля .
Решение:
Дано:
ℓ = 3 ( f – состояние)
1) Из решения уравнения Шредингера вытекает,
-34
ħ = 1,05∙10 Дж∙с
что орбитальный момент импульса (механический ор1) Lℓ - ?
битальный момент) электрона квантуется, т.е. не мо2) (Lℓ,z)max - ?
жет быть произвольным, а принимает дискретные знач ения, определяемые формулой:
Lℓ.=  (  1) ,
где ħ = 1,05∙10-34 Дж∙с – постоянная планка с
чертой, ℓ – орбитальное квантовое число , которое при заданном n - главном квантовом числе (определяет энергетические уровни элекРис. 3
трона в атоме), принимает значения:
ℓ = 0; 1; 2; … (n - 1),
т.е. всего n значений и определяет момент импульса электрона в атоме. Но нас
не интересует главное квантовое число , а интересует, в каком состоянии находится электрон. Он в f – состоянии. Т.е. ℓ = 3 (см. приложение и рис. 3):
Lℓ = ћ 33  1  12 ћ = 1,05∙10-34∙3,464 = 3,64∙10 -34 Дж∙с.
155
2) Из уравнения Шредингера следует также, что вектор L z момента импульса электрона может иметь лишь такие ориентации в пространстве, при к оторых его проекция Lℓz на направление z внешнего магнитного поля принимает
квантовые значения, кратные ħ:
Lℓz = ħmℓ,
где mℓ - магнитное квантовое число, которое при заданном орбитальном
квантовом числе ℓ может принимать значения:
mℓ = 0, ±1, ±2, …,±ℓ,
т.е. всего 2ℓ + 1 значений. Таким образом, магнитное квантовое число mℓ определяет проекцию момента импульса электрона на заданное направление ,
причём вектор момента импульса электрона в атоме может иметь в пространс тве 2ℓ + 1 ориентаций.
Примечание: Эффект Зеемана. Расщепление энергетических уровней в магнитном
поле. Наличие магнитного квантового числа mℓ должно привести в магнитном поле к расщеплению уровня с главным квантовым числом n на 2ℓ + 1 подуровней. Соответственно в
атоме наблюдается расщепление спектральных уровней.
Эффект Штарка - расщепление уровней энергии во внешнем электрическом поле.
Максимальное значение проекции момента импульса ( Ll,z)max на направление внешнего магнитного поля будет соответствовать максимальному магнитному квантовому числу mℓmax = ±ℓ = 3. Т.е.:
(Lℓz)max = 3ħ = 3∙1,05∙10-34 = 3,15∙10-34 Дж∙с.
Ответ: Lℓ = 3,64∙10-34 Дж∙с; (Lℓ,z)max = 3,15∙10-34 Дж∙с.
Приложение: Распределение электронов по состояниям в атоме записывается с п омощью спектроскопических символов:
Значение орбитального квантового числа ℓ 0 1 2 3 4 5 6 7
Спектроскопический символ
s p d f g h i k
Рекомендуемое задание № 6
Момент импульса Lℓ орбитального движения электрона в атоме водорода
равен 1,83∙10-34 Дж∙с. Определить магнитный момент Мℓ электрона, находящегося в 2р-состоянии в атоме водорода.
Решение:
Дано:
-34
Lℓ = 1,83∙10 Дж∙с
1 способ. Орбитальный момент импульса Lℓ и
ℓ = 1 (р - состояние)
магнитный момент Мℓ электрона определяются по
ħ = 1,05∙10-34 Дж∙с
формулам:
-23
µВ = 0,927∙10 Дж/Тл
 L   (  1)
,
рmℓ = Мℓ - ?

 pm  M    B (  1)
156
где ħ = 1,05∙10-34 Дж∙с – постоянная планка с чертой; ℓ – орбитальное квантовое число (см. приложение задачи № 5) и определяет момент импульса элекe
трона в атоме; µВ =
= 0,927∙10-23 Дж/Тл – магнетон Бора.
2m
Разделим нижнее уравнение на верхнее. Выразим магнитны й момент Мℓ
электрона:
pm M   B (  1)  B




 pm  M   B L .
L
L


 (  1)
Произведём вычисления:
0,927  10 23
pm  M  
 1,83  10 34  0,88  1011  1,83  10 34 = 1,61∙10-23 Дж/Тл.
34
1,05  10
2 способ. Гиромагнитное отношение для орбитальных магнитного и м еханического моментов:
p m M   B
e
e



 p m  M  
L .
L
L
 2m
2m
Произведём вычисления:
1,6  10 19
p m  M  
 1,83  10 34  0,088  1012  1,83  10 34 = 1,61∙10-23 Дж/Тл.
31
2  9,1  10
Ответ: рmℓ =Мℓ = 1,61∙10-23 Дж/Тл.
Примечание 1: Проекция магнитного момента на направление внешнего магнитн ого поля (совпадающего с осью Z):
рmℓz =Мℓ,z = µВmℓ,
где mℓ - магнитное квантовое число , которое при
заданном орбитальном квантовом числе ℓ может
принимать значения: mℓ = 0, ±1, ±2, …,±ℓ и определяет проекцию момента импульса электрона на з аданное направление, причём вектор момента и мРис. 4
пульса электрона в атоме может иметь в простра нстве 2ℓ+1 ориентаций.
Примечание 2: Обозначение: 2р-состояние (см. рис. 4). Означает, что электрон нах одится на оболочке с главным квантовым числом n = 2, занимает подоболочку с орбитальным
квантовым числом ℓ = 1, а состояние электрона р.
Рекомендуемое задание № 7
Вычислить спиновый мом ент импульса Ls электрона и проекцию Ls,z этого
момента на направление внешнего магнитного поля.
157
Дано:
s=½
ms = ±½
ħ = 1,05∙10-34 Дж∙с
1) Ls - ?
2) Ls,z - ?
Решение:
1) Спин (собственный момент импульса) электрона:
Ls   s s  1 ,
где ħ = 1,05∙10-34 Дж∙с – постоянная планка с чертой; s = ½
– спиновое квантовое число.
Подставим численные значения:
Ls  1,05  10 34  1 2 1 2  1  1,05  10 34  3 2 = 0,909∙10-34 Дж∙с.
2) Проекция спинового момента импульса на направление внешнего
магнитного поля (совпадающего с осью Z:
Ls,z = ħms,
где ms = ±½ – спиновое магнитное квантовое число .
Произведём вычисления (знак нас не интересует):
Ls,z = 1,05∙10-34∙½ = 0,525∙10 -34 Дж∙с.
Ответ: Ls = 0,909∙10-34 Дж∙с, Ls,z = 0,525∙10-34 Дж∙с.
Примечание: Принцип Паули. Состояние электрона в атоме однозначно определяется набором 4 квантовых чисел: 1) главного n (n = 1, 2, 3, …), 2) орбитального ℓ (ℓ = 0, 1,
2,…, n-1), 3) магнитного mℓ (mℓ = - ℓ, …, -1, 0, +1,…, +ℓ), 4) магнитного спинового ms (ms = ½, +½).
Рекомендуемое задание № 8
Вычислить спиновый магнитный момент Ms электрона и проекцию магнитного момента Ms,z на направление внешнего магнитного поля.
Решение:
Дано:
s=½
1) Спиновой магнитный момент электрона:
ms = ±½
pms  M s  2  B s s  1 ,
µВ = 9,274∙10-24 Дж/Тл
e
где µВ =
= 9,274∙10-24 Дж/Тл – магнетон Бора; s =
1) pms = Ms - ?
2m
2) pmsz =Ms,z - ?
½ – спиновое квантовое число.
Подставим численные значения:
pms  M s  2  9,274  10 24  1 2 1 2  1  18,548  10 24  3 2 = 16,06∙10-24 ≈
1,61∙10-23 А∙м2.
2) Проекция спинового магнитного момента на направление внешнего
магнитного поля (совпадающего с осью Z):
pmsz =Ms,z = 2µВms,
где ms = ±½ – спиновое магнитное квантовое число .
Произведём вычисления (знак нас не интересует):
pmsz =Ms,z = 2∙9,274∙10-24∙½ = 9,274∙10 -24 А∙м2.
158
Ответ: pms = Ms = 1,61∙10-23 А∙м2, pmsz =Ms,z = 9,274∙10-24 А∙м2.
Рекомендуемое задание № 9
Используя принцип Паули, указать, какое максимальное число Nmax электронов в атоме могут иметь одинаковыми следующие квантовые числа: 1) n, ℓ,
mℓ, ms; 2) n, ℓ, mℓ; 3) n, ℓ; 4) n.
Решение:
Дано:
одинаковые
Приложение: Принцип Паули: В атоме не может находиться два (и
1) n, ℓ, mℓ, ms более) электрона, характеризуемых одинаковым набором четырёх квант овых чисел: n, ℓ, mℓ, ms, т.е. число электронов Z(n, ℓ, mℓ, ms) = 0 или 1.
2) n, ℓ, mℓ
Иначе можно сказать: Состояние электрона в атоме однозначно
3) n, ℓ
определяется набором 4 квантовых чисел: 1) главного n (n = 1, 2, 3, …), 2)
4) n
орбитального ℓ (ℓ = 0, 1, 2,…, n-1), 3) магнитного mℓ (mℓ = - ℓ, …, -1, 0,
Nmax - ?
+1,…, +ℓ), 4) магнитного спинового ms (ms = - ½, +½).
1) n, ℓ, mℓ, ms одинаковые. Согласно принципу Паули второй электрон не
может иметь те же самые 4 квантовые числа. Т.е. максимальное число эле ктронов в атоме с одинаковыми квантовыми числами n, ℓ, mℓ, ms: Nmax = 1.
2) n, ℓ, mℓ одинаковые. Разным мож ет быть магнитное спиновое квантовое число ms. Оно же может принимать лишь два значения: ±½. Поэтому максимальное число электронов в атоме с одинаковыми квантовыми числами n, ℓ,
mℓ: Nmax = 2.
3) n, ℓ одинаковые. Разным может быть:
а) магнитное квантовое число mℓ (из приложения) может иметь 2 ℓ + 1
значений.
б) магнитное спиновое квантовое число ms. Оно же может принимать
лишь два значения: ±½ для конкретного числа mℓ.
Поэтому максимальное число электронов в атоме с одинаковыми квант овыми числами n, ℓ: Nmax = 2(2ℓ + 1).
4) n одинаковые. Разным может быть:
а) орбитальное квантовое число ℓ (из приложения) может иметь n значений для конкретного главного квантового числа n.
б) магнитное квантовое число mℓ (из приложения) может иметь 2 ℓ + 1
значений для конкретного числа ℓ.
в) магнитное спиновое квантовое число ms. Оно же может принимать
лишь два значения: ±½ для конкретного числа mℓ.
Поэтому максимальное число электронов в атоме с одинаковыми гла вn 1
ными квантовыми числами n: Nmax =  22  1  2n 2 .
 0
Ответ: 1) Nmax = 1; 2) Nmax = 2; 3) Nmax.= 2(2ℓ + 1); 4) Nmax.= 2n2.
159
Рекомендуемое задание № 10
Найти число N электронов в атомах, у которых в основном состоянии з аполнены: 1) K- и L-слои, 3s-оболочка и наполовину 3р-оболочка; 2) K-, L- и Мслои и 4s, 4р и 4d-оболочки. Что это за атомы?
Решение:
Дано:
1) заполнены:
1) Запишем формулу электронного строения атома
K- и L-слои
(смотрите примечания в конце задачи):
3s-оболочка
1s22s22p63s23p3 или 1s22s2p63s2p3.
½ 3р-оболочки
Подсчитаем количество электронов:
2) заполнены:
N = 2+(2+6)+(2+3) = 2+8+5 = 15.
K-, L- и М- слои
В таблице Д.И. Менделеева на 15 месте стоит атом
4s, 4р и 4d-оболочки Р – фосфор.
N-?
2) Запишем формулу электронного строения атома
атом - ?
для второго пункта:
2 2
6 2
6
10 2
1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p64d10 или 1s22s2p63s2p6d104s2p6d10.
Подсчитаем количество электронов:
N = 2+(2+6)+(2+6+10)+(2+6+10) = 2+8+18+18 = 46.
В таблице Д.И. Менделеева на 46 месте стоит атом Р d – палладий.
Ответ: 1) N = 15, атом фосфора; 2) N = 46, атом палладия.
Примечание 1: Обозначения оболочек, подоболочек и распределение электронов по
ним:
Главное квантовое число n
Символ оболочки
Максимальное число электронов в об олочке
Орбитальное квантовое число ℓ
Символ подоболочки
Максимальное число электронов в п одоболочке
1
K
2
L
3
M
4
N
5
O
2
8
18
32
50
0
1s
0
2s
1
2p
0
3s
1
3p
2
3d
0
4s
1
4p
2
4d
3
4f
0
5s
1
5p
2
5d
3
5f
4
5g
2
2
6
2
6
10
2
6
10
14
2
6
10
14
18
Примечание 2: Способ подсчёта электронов.
1) главное квантовое число n = 1; тогда орбитальное квантовое число ℓ = 0 (т.к. ℓ =
0,1,2…,n-1); тогда магнитное квантовое число mℓ = 0 (т.к. mℓ = 0,±1,±2,…, ±ℓ); магнитное
спиновое квантовое число ms = ±½, один электрон с ms = +½, второй с ms = -½. Итого 2 электрона на одном «уровне».
Проанализируем. На одном «уровне» N(ms) = 2 электрона. В подоболочке 2ℓ+1 «уровней» и N(mℓ) = 2(2ℓ + 1) = 2(2n + 1) электрона. В оболочке n подоболочек и Z = N(n) =
n 1
 22  1  2n электрона.
2
 0
Вкратце это будет выглядеть так: n = 1 => ℓ = 0 => mℓ = 0 т.к. ms = ½; -½ => N(n=1) = 2.
2) Проведём рассуждения для главного квантового числа n = 2, сведём в таблицу, т.к.
кратко записать трудно: n = 2 => ℓ = 0,1 => mℓ = -1,0,+1 т.к. ms = ½; -½ => N(n=2) = 2+2∙3=8:
160
ℓ
mℓ
0
0
-½
+½
2
ms
N(ms)
1
-1 0
-½ -½
+½ +½
2
2
+1
-½
+½
2
N(mℓ) 2
6
N(n=2)
8
3) Проведём рассуждения для главного квантового числа n = 3, сведём в таблицу, т.к.
кратко записать ещё труднее:
ℓ
mℓ
0
0
-½
+½
2
ms
N(ms)
1
-1 0
-½ -½
+½ +½
2
2
2
+1 -2 -1 0
-½ -½ -½ -½
+½ +½ +½ +½
2
2
2
2
6
10
N(mℓ) 2
N(n=3)
+1
-½
+½
2
+2
-½
+½
2
18
И так далее.
Домашнее задание № 1
Частица в потенциальном ящике шириной L находится в возбуждённом
состоянии (n = 2). Определить в каких точках интервала ( 0 < x < L) плотность
вероятности |ψn(x)|² нахождения частицы максимальна и минимальна.
Решение:
Дано:
0 ≤ x≤ L, U = 0
Плотность вероятности, т.е. возведём в квадрат
L < x < 0, U → ∞
нормированную собственную волновую функцию ,
n=2
описывающую состояние электрона в потенциальном
Волновая функция:
ящике (см. задачу № 1):
2
 nx 
 х  
 sin 

2
2
 nx 
L
 L 
  x    sin 2 

L
 L 
граничные условия:
1 способ. Математически более строгое решение –
(0) = (L) = 0
1) |ψn(x)|² = max
исследовать функцию на экстремум, т.е. найти прои з2) |ψn(x)|² = min
водную, приравнять к нулю, решить, разбить на инте рx-?
валы и определить знак произ водной на этих интервалах.

2
2 
2
 nx 
 nx  n
2  nx  
  x     sin 

    2  sin 
  cos

 L  L
 L 
 L  L
L



4 2
 2x 
 2x  4
 2x  4
 4x 

 sin 
  cos
  2  sin  2
  2  sin 
0
L L
 L 
 L  L
 L  L
 L 
161
Учли sin2x = 2sinxcosx. Найдём х:
4x
4x
kL
 0  k  k 
kx
L
L
4
Значение sin = 0 наступает через 180º. Точки экстремума:
L
2L L
3L
x1  ; x2 
 ; x1 
.
4
4
2
4
Эти значения разбивают ось ОХ на 4 промеж утка. Теперь проанализир уем знак производной функции (|ψn(x)|²)/ на этих промежутках (т.е. подставим из
каждого промежутка произвольное значение и вычислим значение произво дной):
4
 4 L  4
   4
   2  sin    2 "" возрастает.
Первый интервал: 2  sin 
L
 L 8 L
2 L
Второй интервал:
4
4
 4 3L  4
 3 
 sin 
   2  sin     2 "" убывает.
2
L
L
 L 8  L
 2 
Третий интервал:
4
 4 5 L  4
 5  4
 sin 
   2  sin    2 "" возрастает.
2
L
 L 8  L
 2  L
Четвёртый интервал:
4
4
 4 7 L  4
 7 
 sin 
   2  sin     2 "" убыва2
L
L
 L 8  L
 2 
ет.
2 способ. 1) Нахождение max (максимума) функции:
Анализируя функцию плотности вероятности, видно, что максимум н аступит при условии sin² = 1, т.е.:
ψ²max = 2/L.
А аргумент функции sin² равен 90º, с учётом периода функции sin² - :
nx 
nx 1
  k 
 k,
L
2
L 2
где k = 0, 1, 2, … – целые
Отсюда координаты точек максимума (с учётом n = 2):
1
 L 1
L
x  k  k .
2
 n 2
2
Посчитаем:
162
1
L L
 1  L 3L
.
xmax 1 k  0     0   ; xmax 2 k  1    1 
4
2
2 4
2  2
При больших значениях k выходим за границу х = L.
2) Нахождение min (минимума) функции:
Анализируя функцию плотности вероятности, видно, что минимум н аступит при условии sin² = 0, т.е.:
ψ²min = 0.
А аргумент функции sin² равен 0º, с учётом периода функции sin² - :
nx
nx
 0  k 
 k,
L
L
где k = 0, 1, 2, … – целые
Отсюда координаты точек минимума:
kL kL
.
x

n
2
Посчитаем:
0 L
1 L L
2 L
xmin k  0  
 0; xmin 2 k  1 
 ; xmin k  2  
 L.
2
2
2
2
При больших значениях k выходим за границу х = L.
Но из граничных условий функции : 0 и L уже учтены (см. дано).
3 способ. Просто построить функцию |ψn(x)|² по точкам (см. рис. 5).
Рис. 5
Ответ: 1) максимумы: х1 = L/4, х3 = 3L/4; 2) минимум: х2 = L/2.
163
Домашнее задание № 2
Вычислить момент импульса Lℓ орбитального движения электрона, нах одящегося в атоме: 1) в s – состоянии; 2) в р – состоянии.
Решение:
Дано:
1) ℓ = 0 (s – состояние)
Орбитальный
2) ℓ = 1 (р – состояние) момент
импульса
-34
ħ = 1,05∙10 Дж∙с
(механический орбиLℓ - ?
тальный
момент)
электрона квантуется, т.е. не может быть
произвольным, а принимает дискретные знач еРис. 6
ния, определяемые формулой:
Lℓ.=  (  1) ,
где ħ = 1,05∙10-34 Дж∙с – постоянная планка с
чертой, ℓ – орбитальное квантовое число , которое зависит от состояния, в котором н аходится электрон и выбрали для каждого из с остояний по таблице приложения задачи № 5.
Произведём вычисления:
Рис. 7
1) Lℓ.=  0(0  1)  0 (s – состояние, см. рис. 6).
2) Lℓ.= 1,05  10 34  1(1  1)  1,05  10 34  1,41 = 1,48∙10-34 Дж∙с (р – состояние,
см. рис. 7).
Ответ: 1) Lℓ.= 0; 2) Lℓ.= 1,48∙10-34 Дж∙с.
Домашнее задание № 3
Определить возможные значения проекции момента импульса Lℓz орбитального движения электрона в атоме на направление внешнего магнитного п оля. Электрон находится в d –состоянии.
Решение:
Дано:
ℓ=2
Вектор L z момента импульса электрона может
ħ = 1,05∙10-34 Дж∙с
иметь лишь такие ориент аLℓz - ?
ции в пространстве, при которых его проекция Lℓz на направление z внешнего магнитного поля принимает квантовые знач ения, кратные ħ:
Рис. 8
Lℓz = ħmℓ,
где mℓ - магнитное квантовое число, которое
при заданном орбитальном квантовом числе ℓ может принимать значения:
164
mℓ = 0, ±1, ±2, …,±ℓ,
т.е. всего 2ℓ + 1 значений. Таким образом, магнитное квантовое число mℓ определяет проекцию момента импульса электро на на заданное направление,
причём вектор момента импульса электрона в атоме может иметь в пространс тве 2ℓ + 1 ориентаций.
Для нашей задачи 5 ориентаций: mℓ = 0, ±1, ±2, т.к. ℓ = 2 (см. приложение
задачи № 5 и рис. 8).
Произведём вычисления проекции момент а импульса Lℓz орбитального
движения электрона в атоме на направление внешнего магнитного поля:
1) mℓ = 0 => Lℓz = ħ∙0 = 0.
2) mℓ = ±1 => Lℓz = ħ∙(±1) = ±ħ = ± 1,05∙10-34 Дж∙с.
3) mℓ = ±2 => Lℓz = ħ∙(±2) = ±2ħ = 2∙1,05∙10-34 = ±2,1∙10-34 Дж∙с.
Ответ: 1) Lℓz.= 0; 2) Lℓz.= ± 1,05∙10-34 Дж∙с, 3) Lℓz.= ±2,1∙10-34 Дж∙с.
Домашнее задание № 4
В атоме K, L и M оболочки заполнены полностью. Определите общее
число электронов в атоме.
Решение:
Дано:
n = 3, 2, 1
В задаче № 9 выведена формула для подсчёта числа элекзаполнены тронов в оболочке с главным квантовым числом n:
K, L и M
Zn = 2n2.
оболочки
Тогда общее число электронов на трёх оболочках равно их
N-?
сумме:
N = Z1 + Z2 + Z3 = 2∙12 + 2∙22 + 2∙32 = 2 + 8 + 18 = 28.
Ответ: N =28.
Домашнее задание № 5
Считая, что «нарушений» в порядке заполнения электронных оболочек
нет, записать электронные конфигурации атома с атомным номером Z = 36.
Решение:
Дано:
Z = 36
«Нарушений» нет, тогда электронная конфигурация,
ē конфигурация - ? с учётом задачи № 9:
1
s 2 2 s 2 2 p 6 3s 2 3 p 6 3d 10 4 s 2 4 p 6
  
K
L
M
N
2  8  18  8  36
 
28
нехватает
Название оболочек и максимальное (если не max, то нужное) количество
электронов в оболочке: K – оболочка – 2 ē, L – оболочка – 8 ē, M – оболочка –
18 ē и частично N – оболочка – 8 из 32 ē.
165
Окончательно электронная конфигурация:
1s22s22p63s23p63d104s24p6.
Ответ: 1s22s22p63s23p63d104s24p6.
166
РАЗДЕЛ II. ЭЛЕМЕНТЫ ФИЗИКИ АТОМН ОГО ЯДРА
Практическое занятие 10
1. МАССА, РАЗМЕР, СОСТАВ И ЗАРЯД АТОМНОГО ЯДРА.
МАССОВОЕ И ЗАРЯДОВОЕ ЧИСЛО
2. РАДИОАКТИВНОЕ ИЗЛУЧЕНИЕ И ЕГО ВИДЫ (ПРЕВРАЩЕНИЕ
ЯДЕР)
Рекомендуемое задание № 1
Зная постоянную Авогадро N A , определить массу ma нейтрального атома
углерода 12C и массу m , соответствующую углеродной единице массы.
Решение:
Дано:
23
-1
1) Масса одного атома нейтрального углерода:
NА = 6,02·10 моль
12
M
C
.
m

a
NA
М = 12·10-3 кг/моль
1) ma = ?
Подставим численные значения:
12  10 3
2) m = ?
ma 
= 1,99·10-26 = 19,9·10-27 кг.
23
6,02  10
2) За 1 а.е.м. принято считать 1,66·10-27 кг. Следовательно для угл ерода
m = 1,66·10-27 кг.
Ответ: mа = 19,9·10-27 кг, m = 1,66·10-27 кг.
Рекомендуемое задание № 2
Хлор представляет собой смесь двух изотопов с отн осительными атомными массами Ar1  34,969 и Ar 2  36,966 . Вычислить относительную атомную
массу Ar хлора, если массовые доли 1 и 2 первого и второго изотопов соответственно равны 0,754 и 0,246.
Дано:
Решение:
Массовые доли 1 и 2 можно выразить соотнош еAr1  34,969
Ar 2  36,966
1  0,754
2  0, 246
Ar (хлора) – ?
ниями:
1 
m1
m2
.
, 2 
m1  m2
m1  m2
Выразим массы m1 и m2 :
m1  1 (m1  m2 ), m2  2 (m1  m2 ) .
Подставим их в формулу, определяющую молярную ма ссу M смеси:
167
M
m1  m2
,
m1 m2

M1 M 2
где M 1 и M 2 - молярные массы компонентов смеси.
После такой подстановки и простых преобразований получим
M 1M 2
.
M
1M 2  2 M 1
(1)
Так как молярные масс ы пропорциональны их относительным атомным
массам, то равенство (1) можно переписать в виде
Ar1 Ar2
,
Ar 
(2)
1 Ar2  2 Ar1
где Ar1 и Ar2 – относительные атомные массы изотопов.
Подставив числовые значения вели чин в (2), получим:
34,969  36,966
Ar 
 35,439 .
0,754  36,966  0,246  34,969
Ответ: Ar  35, 439 .
Рекомендуемое задание № 3
Какую часть массы нейтрального атома плутония составляет м асса его
электронной оболочки?
Решение:
Дано:
1 способ. Исходные данные взяты из таблиц и во вн еZ = 94
системных единицах. Число электронов определено по та бmPu = 244 а.е.м.
mе = 0,00055 а.е.м. лице Д.И. Менделеева по порядковому номеру плут ония
244
оттуда же взята относител ьная атомная масса.
Zmе
94Pu
=?
Zmе
m Pu
Нам нужно найти
. Всё известно, подставим чи сmPu
ла и произведём вычисления:
Zmе 94  0,00055 0,0517


 0,000212  2,12  10 4  2,1  10 4 .
mPu
244
244
2 способ. Новое дано.
168
Найдём массу одного атома плутония. (смотри
задачу № 2 занятия № 2 сборник задач с решениями:
Z = 94
-4
μPu = 244·10 кг/моль «Теплота и молекулярная физ ика»):
mе = 9,11·10 -31 кг

,
m0 
23
NА = 6,02·10 1/моль
NA
Zmе
где NА – число Авогадро, μ – молярная масса вещества.
=?
m Pu
Тогда отношение:
Zmе Zmе

NА .
mPu

Дано:
Подставим числа:
Zmе 94  9,11  10 31

 6,02  10 23  21,13  10 5  2,11  10 4  2,1  10 4 .
3
mPu
244  10
Ответ:
Zmе
= 2,1·10-4.
m Pu
Рекомендуемое задание № 4
Каков состав ядер атомов 3Li7 , 12Mg24 , 13Al27?
Дано:
Решение:
7
24
27
Обозначение ядра атома:
3Li , 12Mg , 13Al
А
1) А = ?
ZХ ,
где Х – символ химического элеме нта; Z – зарядовое чис2) Z = ?
ло (порядковый номер в таблице Менделеева, число прот о3) N = ?
нов в ядре – положительная частица); А = N + Z – массовое
число - атомная масса в таблице Менделеева для стабил ьного изотопа (число
нуклонов в ядре – протоны плюс нейтроны); N – число нейтронов в ядре –
нейтральные частицы.
1) Литий. Из обозначения ядра находим:
Z = 3 – число протонов;
А = 7 – число нуклонов в ядре – протоны и нейтроны;
число нейтронов найдём простым арифметич еским действием:
N = А – Z = 7 – 3 = 4.
2) Магний. Из обозначения ядра находим:
Z = 12 – число протонов;
А = 24 – число нуклонов в ядре – протоны и нейтроны;
число нейтронов:
N = А – Z = 24 – 12 = 12.
3) Алюминий. Из обозначения ядра находим:
169
Z = 13 – число протонов;
А = 27 – число нуклонов в ядре – протоны и нейтроны;
число нейтронов:
N = А – Z = 27 – 13 = 14.
Ответ: 1) литий: Z = 3, А = 7, N = 4; 2) магний: Z = 12, А = 24, N = 12; 3)
алюминий: Z = 13, А = 27, N = 14.
Рекомендуемое задание № 5
Назвать элемент, в ядре которого содержится: 7p и 7n , 51p и 71n , 101p и
155n ?
Дано:
Решение:
7p и 7n
Обозначение нуклонов ядра :
1
1
51p и 71n
1р – протон; 0n – нейтрон.
101p и 155n
1) Используя задачу № 4, находим 7X14:
А
Z = 7 – зарядовое число (число протонов), порядковый ноZХ = ?
мер 7 по таблице Менделеева: 7N – азот.
A = N + Z = 7 + 7 = 14 – массовое число,
где N – число нейтронов. Тогда элемент: 7N14 – азот.
Найдем остальные элементы, используя данные формулы:
2) 51X122 по таблице Менделеева, определяем элемент 51Sb122 – сурьма.
3) 101X256 по таблице Менделеева, опре деляем элемент 101Md256 – менделевий (изотоп).
Ответ: 1) 7N14 – азот, 2) 51Sb122 – сурьма, 3) 101Md256 – изотоп менделевия.
Примечание 1: Изотопы – ядра с одинаковым числом протонов Z, но разными А, т.
е. с разными числами нейтронов.
Примечание 2: Изобары – ядра с одинаковым числом нуклонов А, но разным числом протонов Z.
Рекомендуемое задание № 6
Определить атомные номера, массовые числа и химические символы зеркальных ядер, которые получаются, если в ядрах 2Не3, 4Ве7, 8О15 протоны заменить нейтронами, а нейтроны протонами. Привести символическую запись получившихся ядер.
170
Дано:
3
2He
7
4Be
15
8О
Z1 → N 2
N 1 → Z2
А
ZХ = ?
Решение:
1) Гелий 2He3. Состав ядра найдём по формуле задачи № 4:
А1 = А2 = 3 – число нуклонов в ядре неизменно – протоны и
нейтроны;
Z1 = 2 – число протонов; станут нейтронами, т.е.:
N2 = Z1 = 2.
Число протонов в новом ядре легко вычислить:
Z2 = А2 – N2 = 3 – 2 = 1. Следовательно: 1Х3. Это водород: 1 H 3 .
Работаем аналогично с другими ядрами.
2) Бериллий 4Be7. Применим другой способ рассуждений.
Z1 = 4 – число протонов.
А1 = 7 – число нуклонов в ядре – протоны и нейтроны;
Число нейтронов:
N1 = А1 – Z1 = 7 – 4 = 3.
Поменяем количество протонов и нейтронов, тогда:
N2 = Z1 = 4 и Z2 = N1 = 3. Следовательно: 3Х7,
где 7 – массовое число, 3- порядковый номер, следовательно, литий 3 Li 7 .
3) Кислород 8О15.
Было 8 протонов, 7 нейтронов
Стало 7 протонов, 8 нейтронов, следовательно 7Х15
где 15 – массовое число, 7- зарядовое число, следовательно, азот 7 N 15 .
Ответ: 1) изотоп водорода – тритий 1Н3, 2) литий 3Li7, 3) изотоп азота
7О
15
.
Рекомендуемое задание № 7
Определить диаметры следующих ядер : 1) 3Li8; 2) 13Al27; 3) 29Cu64; 4)
125
; 5) 84Po216.
50Sn
Дано:
СИ:
Решение:
-15
r0 = 1,4 фм
1,4·10 м
Радиус ядра определяется соотношениАLi = 8; АAl = 27
ем:
АCu = 64; АSn = 125
r  r0 3 А ,
АPo = 216
где r0 – коэффициент пропорциональности, к оd=?
торый можно считать для всех ядер постоя нным (радиус ядра водорода – протона); А – массовое число.
Диметр ядра связан с радиусом:
d  2r  2r0 3 А .
Произведём вычисления:
171
1) Литий: d Li  2  1,4  3 8  2,8  2  5,6 фм.
2) Алюминий: d Al  2,8  3 27  2,8  3  8,4 фм.
3) Медь: d Cu  2,8  3 64  2,8  4  11,2 фм.
4) Олово: d Sn  2,8  3 125  2,8  5  14 фм.
5) Полоний: d Po  2,8  3 216  2,8  6  16,8 фм.
Ответ: 1) 5,6 фм; 2) 8,4 фм; 3) 11,2 фм; 4) 14 фм; 5) 16,8 фм.
Приложение: Приставка 1ф (фемто) = 10-15.
Рекомендуемое задание № 8
Определить концентрацию n нуклонов в ядре.
Решение:
Дано:
СИ:
-15
Концентрация по определению – количество
r0 = 1,4 фм 1,4·10 м
чего – либо в единице объёма:
А
3
V=1м
А
n ,
(1)
n=?
V
где А – число нуклонов; V – объём, занимаемый н уклонами.
Объём ядра, как сфера (шар):
4
V    r3 ,
3
где r – радиус ядра определяется соотношением (см. задачу № 7):
r  r0 3 А .
Подставим в объём ядра:
4
V    r03 А .
3
Тогда концентрация нуклонов:
А
3
n

.
3
4
4


r
3
0
  r0 А
3
Произведём вычисления:
3
45
43  1 
37  1 
n

0
,
087

10

8
,
7

10

8
,
7

10


 3 .
3
4  3,14  1,4 3  10  45
м 
 см 
43
3
37
3
Ответ: n = 8,7·10 1/м = 8,7·10 1/см .
(2)
Рекомендуемое задание № 9
Показать, что средняя плотность ср ядерного вещества одинакова для
всех ядер. Оценить (по порядку величины) её значение.
172
Решение:
Дано:
СИ:
-15
Плотность вещества, по определению – масса
r0 = 1,4 фм 1,4·10 м
-27
m1 = 1 а.е.м. 1,66·10 кг единицы объёма вещества (Смотри занятие № 1
сборник задач с решениями: «Теплота и молекуля рА
ная физика»):
ср = ?
m
 .
V
Объём ядра, как сфера или шар (см. формулу (2) задачи № 8):
4
V    r03 А .
3
Массу ядра mя найдём исходя из следующег о:
mя = А·m1,
где А – число нуклонов (протонов и нейтронов) m1 – масса одного нуклона. Допущение: масса протона приблизительно равна массе нейтрона.
Подставим формулы массы и объёма ядра в формулу усреднённой плотности:
Аm1
3m1
 ср 

.
3
4
4


r
3
0
  r0 А
3
Произведём вычисления:
3  1,66  10 27
4,98  10 27
4,98  1018
 ср 


 0,1444  1018 ,
 45
15 3
34,482
4  3,14  1,4  10  12,566  2,744  10
ср ≈ 1,4·1017 кг/м3.
Ответ: ср = 1,4·1017 кг/м3.
Рекомендуемое задание № 10
Ядро изотопа кобальта 27 Co 60 выбросило отрицательно заряженную -частицу. В какое ядро превратилось ядро кобальта?
Дано:
Решение:
60
1 способ. Радиоактивный распад происходит в соответствии с
27Со
0
правилом смещения для - – распада:
-1e
А
А
А
0
ZХ = ?
ZХ → Z+1Y + -1e ,
где ZХА – материнское ядро, Z+1YА – дочернее ядро, -1e0 – символическое обозначение электрона (заряд его равен «-1», массовое число – нуль).
Примечание 1: Это является следствием ядерной реакции: соблюдаются законы с охранения заряда, импульса и массового числа. При β- – распаде нейтрон превращается в пр о-
173
тон с испусканием электрона и антинейтрино (античастица по отношению к нейтрино):
0
0
n1 1 р1  1 е 0  0 ~е .
Радиоактивный распад, в нашем случае, запишется так, (электронное антитинейтрино опускаем, т.к. ни зарядом, ни массой оно не обладает) :
60
60
0
27 Co  27 1 X  1 e
На этом месте в таблице Менделеева 28Х60 → 28Ni60 – никель.
2 способ. Не по этой теме. Запишем ядерную реакцию (см. формулу (1)
задачи № 1 занятие 13):
60
A
0
.
27 Co  Z X  1 e
Используя законы сохранения: заряда и числа нуклонов (см. формулы
(2) и (3) задачи № 1 занятие 13):
27 = Z + (-1), откуда Z = 28 – зарядовое число, в таблице Д.И. Менделеева
никель 28Ni.
60 = А – массовое число.
Тогда неизвестное ядро:
А
60
60
Z X  28 X  28 Ni – никель.
Ответ: 28Ni60 – никель.
Приложение 2: Термином «бета – распад» обозначают три типа ядерных превращ ений: электронный (–) и позитрнный (+) распады, а также электронный захват (е – или К
– захват).
Первые два типа превращений состоят в том, что ядро испускает электрон (поз итрон)
и электронное антинейтрино (электронное нейтрино). Эти процессы происходят при пр евращении одного нуклона в ядре в другой: нейтрона в протон или протона в не йтрон.
В случае е – захвата исчезает один из электронов на ближайшем к ядру К – слое атома. Протон, превращается в нейтрон, как бы «захватывает» электрон.
Рекомендуемое задание № 11
Определить порядковый номер и массовое число нуклида, который пол учается из изотопа 90Th 232 после трех - и двух  - превращений.
Дано:
232
90Th
4
2Не
0
-1e
1) Z = ?
2) А = ?
Решение:
1 способ. Длинный. По теме.
Правило смещения для  – распада:
А
А-4
+ 2Не4,
ZХ → Z-2Y
где ZХА – материнское ядро, Z-2YА-4 – дочернее ядро, 2Не4 – символическое обозначение  – частицы (ядро атома гелия).
Распишем каждое превращение подробно с использованием правил см ещения для  – распада и - – распада (см. задачу № 10):
174
A
Z
X  AZ42Y  42 He   распад
1) 90Th 232  88 Ra 228  42 He
2) 88 Ra 228  86 Rn 224  42 He
3) 86 Rn 224  84 Po 220  42 He
A
Z
X  Z A1Y  10 e   распад
1) 84 Po 220  85 At 220  10 e
2) 85 At 220  86 Rn 220  10 e
2 способ. Короткий. Не по этой теме.
Запишем ядерную реакцию (см. формулу (1) задачи № 1 занятие 13) сразу
для трёх  – распадов и для двух - – распадов:
232
 AZ Y 32 Не 4  2 1 е 0
90To
Используя законы сохранения: заряда и числа нуклонов найдём конечное ядро (см. формулы (2) и (3) задачи № 1 занятие 13):
90 = Z + 3·2 + 2·(-1), откуда Z = 90 – 6 +2 = 86 – зарядовое число, в таблице Д.И. Менделеева порядковый номер соответствует радону 86Rn.
232 = А + 3·4 + 2·0, следовательно, А = 232 – 12 = 220 – массовое число.
Конечное ядро будет иметь символическую запись:
220
 86 Rn 220  радон .
86 Y
Ответ: Z = 86, А = 220, это элемент радон 86Rn220.
Рекомендуемое задание № 12
Покоившееся ядро радона 86Rn220 выбросило  – частицу со скоростью υ =
1,6·107 м/с (рис. 1). В какое ядро превратилось ядро радона? Какую скорость υ1
получило оно в результате отдачи?
1

Дано:
Решение:
1) В соответствии
m = 4,00149а.е.м.
m1
m
m
Х
7
с правилом смещения
υ = 1,6·10 м/с
после
для  – распада(см. за- до
mRn = 220 а.е.м.
Рис.
1
дачу № 11):
1) ZХА = ?
220
→ 84Х216 + 2Не4.
2) υ1 = ?
86Rn
Следовательно, 84X216 = 84Ро216 – изотоп полония.
2) По закону сохранения импул ьса – импульс до равнее импульсу после
(смотри занятие № 4 сборник задач с решениями: « Механика»):
0  m11  m  .
В начале ядро находилось в покое, т.е. его скорость равна была ноль и с оответственно импульс ноль. В пр оекции на ось ОХ (рис. 1):
175
0   m11  m
m1  m  m
m
m

 1    
.

m1
m  m
m  m1  m
m11  m
Второе уравнение учитывает, что ядро превратилось в два осколка.
Подставим числа:
4,00149  1,6  10 7
1 
 0,0296  10 7  296  10 3 м/с  296 км/с.
220  4,00149
Ответ: 1) 84Ро216 – изотоп полония; 2) υ1 = 296 км/с.
Домашнее задание № 1
Оценить, какую часть от объёма атома кобальта составляет объём его я дра. Плотность  кобальта равна 4,5·10 3 кг/м3.
Дано:
СИ:
Решение:
-15
Примечание: Число нуклонов А и массу атома mа
r0 = 1,4 фм
1,4·10 м
взяли по таблице Д.И. Менделеева.
А = 59
Объём ядра, как сфера или шар (см. форmа = 58,9332 а.е.м. 9,8·10-26 кг
мулу (2) задачи № 8):
 = 4,5·103 кг/м3
4
Vя/VА = ?
VЯ    r03 А .
3
Плотность вещества – масса единицы объёма вещества (Смотри занятие
№ 1 сборник задач с решениями: «Теплота и молекулярная физ ика»):
m m N m
m
   А  А  VА  А ,
V VА N VА

где m = NmА – масса N атомов; V = NVА – объём N атомов.
Тогда отношение объёмов:
VЯ 4
m
4 r03 А
.
   r03 А  А 
VА 3

3m А
Произведём вычисления:
VЯ 4  3,14  1,4  10 15   59  4,5  103 3336,37  103  2,744  10 45 
,


VА
3  9,8  10 26
29,4  10 26
3
VЯ 9155  10 45

 311,4  10 19  3  10 17 .
 26
VА 29,4  10
Ответ:
VЯ
= 3·10-17.
VА
176
Домашнее задание № 2
Ядро плутония 94Pu238 испытало шесть последовательных  – распадов.
Написать цепочку ядерных превращений с указанием химических си мволов ,
массовых и зарядовых чисе л промежуточных ядер и конечного ядра.
Дано:
Решение:
238
Правило смещения для  – распада (см. задачу № 11):
94Pu
6-распадов
X А  Z 2Y А4  2 He 4
Z
Цепочка
или краткая форма записи:
Z
α
XА 

Y А4 или упростим Z X А  Z  2Y А 4 .
Z 2
Применяя её напишем цепочку ядерных превращений:
238
 92 U 234  90Th 230 88 Ra 226 86 Rn 222 84 Po 218 82 Pb 214 ,
94 Pu
плутоний → уран → торий → радий → радон → полоний → свинец.
Ответ: 94 Pu 238  92 U 234  90Th 230 88 Ra 226 86 Rn 222 84 Po 218 82 Pb 214 .
Домашнее задание № 3
В какое ядро превратилось ядро изотопа фосфора 15Р30, выбросив положительно заряженную   - частицу?
Дано:
Решение:
30
  - распад (позитронный) подчиняется следующему правилу
15Р
0
+1е
смещения (см. задачу № 10):
А
A
A
0
ZХ - ?
ZX  Z-1Х + +1e ,
поэтому правилу наша задача:
30
30
0
15P  14Х + +1e .
На этом месте в таблице Менделеева кремний 14Si30.
Ответ: 14 Si 30 .
Примечание: Бета плюс распад – превращение протона 1р1 в нейтрон 0n1 происходит
по схеме: 1 р 0 n  1 е  0  е , где 1 е – позитрон – частица с массой покоя, в точности
1
1
0
0
0
равной массе покоя электрона, и спином ½ (в единицах ћ), несущая положительный электр ический заряд равный +е; 0 е – электронное нейтрино (в ядерных реакциях его можно неуч и0
тывать, т.к. масса очень мала и заряд н улевой).
Домашнее задание № 4
Ядро 4 Be 7 захватило электрон с К - оболочки атома. Какое ядро образ овалось в результате К - захвата?
177
Решение:
Дано:
7
Электронный захват – бета распад – превращение протона 1р1 в
4Be
0
нейтрон 0n1 происходит по схеме:
-1e
A
р1  1 е 0 0 n1  0  е0 или 1 р1 0 n1   1 е 0  0  е0  ,
zX = ?
1
где 1 е 0 – электрон, 0 е0 – электронное нейтрино (в ядерных реакциях его можно
не учитывать, т.к. масса очень мала и заряд нул евой).
е– – или К – захват заключается в том, что исчезает один из электронов в
ближайшем к ядру К – слое атома (см. задачу № 10).
Общее число нуклонов А в ядре не изменяется. Зарядо вое число Z уменьшается на единицу. Отсюда правило:
А
0
А
ZХ + -1e  Z-1Y .
Применительно к нашей задаче :
7
0
7
4Be + -1e  3X .
В итоге имеем 3Х7 → 3Li 7 – литий.
Ответ: 3Li 7.
178
Практическое занятие 11
ДЕФЕКТ МАССЫ И ЭНЕРГИЯ СВЯЗИ АТОМНЫХ ЯДЕР
Рекомендуемое задание № 1
Масса m  - частицы (ядро гелия 24 He ) равна 4,00150 а.е.м. Определить
массу mа нейтрального атома гелия.
Решение:
Дано:
СИ:
-27
Атом состоит из ядра и электронов
m = 4,00150 а.е.м. 6,64249·10 кг
(число электронов равно Z порядковому
Z=2
-31
номеру атома в таблице Д.И. Менделеева).
mе = 0,00055 а.е.м. 9,11·10 кг
Поэтому масса нейтрального атома:
mа = ?
(1)
где mя = m –масса ядра атома (в данном случае  - частицы или ядро гелия), Z
– зарядовое число, mе – масса электрона. Подставляем числовые значения :
1 способ. Вне системы СИ (принято и более уд обно):
mа = 4,00150 + 2·0,00055 = 4,00150 + 0,00110 = 4,00260 а.е.м.
2 способ. В системе СИ:
mа = 6,64249·10-27 + 2·9,11·10-31 = 6,64249·10-27 + 18,22·10-31.
Приведём к одной степени:
mа = 6,64249·10-27 + 0,001822·10-27 = 6,644312·10-27 кг.
Переведём во внесистемные единицы:
mа = 6,64431·10-27 /1,66·10-27 = 4,0025976 ≈ 4,00260 а.е.м.
Ответ: mа = 4,00260 а.е.м.
mа = mя + Zmе = m + Zmе,
Примечание: 1 а.е.м. (атомная единица массы) = 1,66·10 -27 кг.
Рекомендуемое задание № 2
Определить дефект массы Δm и энергию связи Eсв ядра атома тяжелого
водорода.
Решение:
Дано:
Z=1
1) Дефект массы атомного ядра:
А=2
m  Zm Н   А  Z mn  mа ,
(1)
mn = 1,00867 а.е.м.
где Z – зарядовое число (число протонов в ядре) m Н –
m Н = 1,00783 а.е.м.
масса атома водорода, mn – масса нейтрона, mа – масса
mа = 2,01410 а.е.м.
нейтрального атома; N = A – Z – число нейтронов, А –
с2 = 931,4 МэВ/а.е.м. массовое число (число нуклонов: протонов и нейтр онов).
1) m = ?
Подставим численные значения и произведём в ы2) Eсв-?
числения:
1
1
1
1
1
1
179
m = 11,00783 + (2-1)1,00867 - 2,01410
m = 0,00240 а. е. м.
2) Энергия связи атомного ядра:
Есв  mc 2 ,
(2)
где с – скорость света в вакууме.
Подставим численные значения во внесистемных единицах и произв едём
вычисления:
Есв = 0,00240 а. е. м.·931,4 МэВ/а.е.м. = 2,23536 ≈ 2,235 МэВ.
Ответ: m = 0,00240 a.e.м; Есв = 2,235 МэВ.
Приложение 1: Тяжелый водород: атом 1H2 – дейтерий.
Приложение 2: Дефект массы атомного ядра (разница суммы масс свободных пр о-


тонов и нейтронов и массой образо вавшегося из них ядра): m  Zm р  Nmn  m я ,
где Z – зарядовое число (число протонов в ядре) mр – масса протона, mn – масса нейтрона, mя
– масса ядра; N = A – Z – число нейтронов, А – массовое число (число нуклонов: пр отонов и
нейтронов).
Если учесть, что: mя = mа – Zmе; mр + mn = m Н 1 тогда формула преобразуется:
1
m  Zm р   А  Z mn  mа  Zmе  m  Z m р  mе    А  Z mn  mа
m  Zm Н   А  Z mn  mа .
1
1
Последняя формула удобна тем, что в ней есть масса атома водорода.
Приложение 3: Энергия связи нуклона – физическая величина, равная работе, которую нужно совершить для удаления нуклона из ядра, не сообщая ему кинетической энергии.
Приложение 4: Энергия связи ядра – физическая величина, равная работе, кот орую
нужно совершить, чтобы расщепить ядро на составляющие его нуклоны, не сообщая им кинетической энергии.
Рекомендуемое задание № 3
Определить удельную энергию связи Еуд.св ядра 6С12.
Решение:
Дано:
Удельная энергия связи (энергия связи, прихоZ=6
дящаяся на один нуклон):
А = 12
mn = 1,00867 а.е.м.
Е
(1)
Еуд.св = св .
m Н = 1,00783 а.е.м.
А
Энергия связи атомного ядра:
mа = 12,00000 а.е.м.
Есв = Δmс2,
(2)
с2 = 931,4 МэВ/а.е.м.
где с – скорость света в вакууме.
Еуд.св = ?
Дефект массы атомного ядра (см. задачу № 2 ):
m  Zm Н   А  Z mn  mа ,
(3)
1
1
1
1
180
где Z – зарядовое число (число протонов в ядре) m Н – масса атома водорода,
1
1
mn – масса нейтрона, mа – масса нейтрального атома; N = A – Z – число нейтронов, А – массовое число (число нуклонов: пр отонов и нейтронов).
Подставим формулу дефекта масс (3) в энергию связи (2):
Есв  Zm Н   А  Z mn  mа  с 2 .


1
1
Подставим полученное выражение энергии связи в формулу (3) удельной
энергии связи:
Zm Н   А  Z mn  mа  с 2
Е уд.св 
.
А
Подставим в формулу значения величин и произведём вычисления во
внесистемных единицах:
6  1,00783  12  6  1,00867  12,00000   931,4  0,099  931,4 ,
Е уд.св 
12
12
92,2086
Е уд.св 
 7,68405  7,68 МэВ/нуклон.
12
Ответ: Еуд.св = 7,68 МэВ/нуклон.


1
1
Рекомендуемое задание № 4
Энергия связи ядра Есв, состоящего из 2 х протонов и 1 го нейтрона, равна
7,72 МэВ. Определить массу mа нейтрального атома, имеющ его это ядро.
Дано:
Решение:
Z=2
Энергия связи атомного ядра:
N=1
Есв = Δmс2,
(1)
mn = 1,00867 а.е.м.
где с – скорость света в вакууме.
Дефект массы ядра ∆m (см. задачу № 2):
m Н = 1,00783 а.е.м.
m  Zm Н  Nmn  mа ,
(2)
Е = 7,72 МэВ
1
1
1
св
2
1
с = 931,4 МэВ/а.е.м. где Z – зарядовое число (число протонов в ядре) m Н –
mа = ?
масса атома водорода, mn – масса нейтрона, mа – масса
нейтрального атома; N = A – Z – число нейтронов, А – массовое число (число
нуклонов: протонов и нейтронов).
Тогда энергия связи:
Есв  Zm Н  Nmn  mа  с 2 .
(3)
1
1


1
1
Преобразуем:
Есв
 Zm Н  Nmn  mа
с2
Отсюда масса нейтрального атома :
1
1
181
mа  Zm Н  Nmn 
1
1
Есв
.
с2
(4)
Подставим численные значения:
7,72
ma = 2∙1,00783 + 1∙1,00867 –
= 2,01566 + 1,00867 – 0,00829.
931,4
ma = 3,01604 (а.е.м.).
Ответ: ma = 3,01604 а.е.м. (атом гелия 2Не3).
Рекомендуемое задание № 5
Определить массу нейтрального атома, если ядро этого атома с остоит из 3х протонов и 2-х нейтронов и энергия связи ядра равна 26,3 МэВ.
Дано:
Решение:
Z=3
В задаче № 4 выведена формула (4) для нахожд еN=2
ния массы нейтрального атома:
mn = 1,00867 а.е.м.
Е
mа  Zm Н  Nmn  св2 .
m Н = 1,00783 а.е.м.
с
Подставим численные значения:
Есв = 26,3 МэВ
26,3
с2 = 931,4 МэВ/а.е.м.
ma = 3∙1,00783 + 2∙1,00867 –
.
931,4
mа = ?
ma = 3,02349 + 2,01734 – 0,02824 = 5,01259 (а.е.м.).
Ответ: ma = 5,01259 а.е.м. (атом лития 3Li5).
1
1
1
1
Рекомендуемое задание № 6
Атомное ядро, поглотившее γ - квант (λ = 0,47 пм) пришло в возбужденное состояние и распалось на отдельные нуклоны, разлетевшиеся в разные ст ороны. Суммарная кинетическая энергия нуклонов равна 0,4 МэВ. Определить
энергию связи Есв ядра.
Решение:
Дано:
СИ:
-12
Закон сохранения энергии:
λ = 0,47 пм
λ = 0,47·10 м
Едо = Епосле,
Т = 0,4 МэВ
или для нашего случая:
Есв = ?
ε = Аразрыв + Т = Есв + Т,
где ε – энергия фотона, Аразрыв = Есв – работа внешних сил равная энергии св язи
ядра, Т – сумма кинетических энергий нуклонов.
Отсюда энергия связи:
Есв = ε – Т.
Смотрите задачу № 1 занятие №3 «Фотоны. Давление света» . Энергия
фотона может быть найдена по формуле :
182
hc
.

Вычислим:
6,626  10 34  3  10 8

 42,2936  10 14 Дж  26,4  10 5 эВ  2,64МэВ .
12
0,47  10
Вычислим и энергию связи во внесистемных единицах :
Есв = 2,64 – 0,4 = 2,24 МэВ.
Ответ: Есв = 2,24 МэВ.

Примечание: Энергия (работа), которую необходимо затратить, чтобы расщепить я дро на отдельные нуклоны, называется энергией связи.
Рекомендуемое задание № 7
Сколько энергии выделится при образовании одного грамма гелия 2Не4 из
протонов и нейтронов?
Решение:
Дано:
СИ:
Z=2
Уравнение ядерной реакции:
А=4
21р1 + 20n1 → 2Не4
m=1г
10-3 кг
Энергия ядерной реакции при образоваго
mН = 1,00783 а.е.м.
нии 1 ядра (см. задачу № 2):
mn = 1,00867 а.е.м.
Е1 = (ZmН + (А – Z)mn – mа)  с2,
mНе = 4,00260 а.е.м.
где Z – зарядовое число (число протонов в ядре)
-3
μ = 4·10 кг/моль
mн – масса нейтрального аторма вод орода 1Н1,
NА = 6,02·10 23 моль-1
mn – масса нейтрона, mа – масса образовавшегос = 931,4 МэВ/нуклон
ся нейтрального атома; N = A – Z – число нейтронов, А – массовое число (число нуклонов:
Е=?
протонов и нейтронов), с – скорость света в вакууме.
Вычислим её:
Е1  2  1,00783  4  2   1,00867   4,0026   931,4  28,3 МэВ.
Найдём число ядер N гелия в массе m вещества. Смотри занятие № 2
сборник задач с решениями: «Теплота и м олекулярная физика». Количество
вещества распишем двояко и выразим число атомов (оно равно числу мол екул):
m N
m
10 3
  
 N   NA 
 6,02  10 23  1,505  10 23 ,
3
 NA

4  10
где N – число молекул в m кг вещества, NА – число Авогадро, μ – молярная масса вещества.
Энергия ядерной реакции при образовании N атомов гелия 2Не4:
183
Е = NЕ1 = 1,505·10 23·28,3 = 4,26·10 22 МэВ = 681,5·10 9 Дж ≈ 682 ГДж.
Ответ: Е = 4,26·1022 МэВ = 682 ГДж.
Рекомендуемое задание № 8
Какую наименьшую энергию Е нужно затратить, чтобы оторвать один
нейтрон от ядра азота 7N14?
Решение:
Дано:
mn = 1,00867 а.е.м.
Запишем происходящую ядерную реакцию:
14
1
13
m N = 13,00574 а.е.м.
7N → 0n + 7N .
Дефект массы – разница исходных и конечных
m N = 14,00307 а.е.м.
масс ядер (см. задачу № 2):
с2 = 931,4 МэВ/а.е.м.
m  mдо  mпосле  m1  m2  m3  ,
(1)
Е=?
где m1 масса покоя исходного ядра; m2 и m3 – массы покоя ядер продуктов реакции.
Энергия отрыва нейтрона равна по модулю энергии связи его с ядром
13
7N :
Е  Есв  mc 2  mN  mn  mN с 2 .
(2)
13
14
14
13
Преобразуем формулу, заменив массы ядер массами атомов:
Е  Есв  m N  7 mе  mn  m N  7 mе   c 2 .
14
13
Сократим массы электронов:
Е  Есв  m N  mn  m N   с 2 .
14
13
Тогда в числах энергия связи:
Есв  14,00307  1,00867  13,00574   931,4  0,01134  931,4  10,56
Есв  10,56 МэВ.
Знак минус показывает, что необходима дополнительная энергия из вне.
Ответ: Е = – Есв = 10,6 МэВ.
Рекомендуемое задание № 9
Какую наименьшую энергию связи Е нужно затратить, чтобы разделить
ядро гелия 2Не4 на две одинаковые части.
Решение:
Дано:
Запишем происходящую ядерную реакцию:
m Н = 2,01410 а.е.м.
4
2
2Не → 21Н .
mНе = 4,00260 а.е.м.
Дефект массы – разница исходных и конечных
с2 = 931,4 МэВ/а.е.м.
масс ядер (см. задачу № 2):
Е=?
m  mдо  mпосле  m1  2m2 ,
(1)
где m1 масса покоя исходного ядра; m2 – масса покоя ядра продукта реа кции.
2
4
184
Энергия необходимая для разделения ядра на две одинаковые части равна
энергии связи исходного ядра взятой со знаком минус:
Е   Есв   mc 2  m Не  2m Н   с 2 .
(2)
4
2
Преобразуем формулу, заменив массы ядер массами атомов:
Есв  m Не  2mе  2m Н  2  mе   c 2 .
4
2
Сократим массы электронов:
Есв  mc 2  m Не  2m Н   с 2 .
4
2
Вычислим энергию связи во внесистемных единицах :
Есв  4,00260  2  2,01410   931,4  0,0256  931,4  23,8 МэВ.
Следовательно, энергия разделения Е = – Есв = 23,8 МэВ.
Ответ: Е = – Есв = 23,8 МэВ.
Рекомендуемое задание № 10
Определить наименьшую энергию Е, необходимую для разделения ядра
углерода 6С12 на три одинаковые части.
Решение:
Дано:
Запишем происходящую ядерную реакцию:
mС = 12,00000 а.е.м.
12
4
6С → 32Не .
mНе = 4,00260 а.е.м.
Дефект массы – разница исходных и конечных
с2 = 931,4 МэВ/а.е.м.
масс ядер (см. задачу № 2):
Е=?
m  mдо  mпосле  m1  3m2 ,
(1)
где m1 масса покоя исходного ядра; m2 – масса покоя ядра продукта реа кции.
Энергия необходимая для разделения ядра на три один аковые части равна
по модулю энергии связи исходного ядра:
Е  Есв  mc 2  mС  3m Не   с 2 .
(2)
12
4
12
4
Преобразуем формулу, заменив массы ядер массами атомов:
Есв  mС  6mе  3m Не  3  2mе   c 2 .
12
4
Сократим массы электронов:
Есв  mc 2  mС  3m Не   с 2 .
12
4
Вычислим энергию связи во внесистемных единицах :
Есв  12,00000  3  4,00260   931,4  0,0078  931,4  7,265 МэВ.
Следовательно, энергия разделения Е = – Есв = 7,265 МэВ.
Ответ: Е = – Есв = 7,265 МэВ.
185
Домашнее задание № 1
Зная массу mа нейтрального атома изотопа 3 Li 7 , определить массы m1, m2
и m3 ионов лития: однозарядного ( 3 Li 7 )  , двухзарядного ( 3 Li 7 )   и трехзарядного ( 3 Li 7 )    .
Решение:
Дано:
mа = 7,01601 а.е.м.
Выражение для массы ядра (см. задачу № 1):
Z1 = 1
mя = mа – Zmе,
Z2 = 2
где mа – масса нейтрального атома изотопа лития 3Li7, mе –
Z3 = 3
масса электрона, Z – зарядовое число. Тогда:
mе = 0,00055 а.е.м.
1) m1 = mа – Z1mе.
Подставляем числовые значения:
m1, m2, m3 = ?
m1 = 7,01601 – 1·0,00055 = 7,01546 а.е.м.
2) m2 = 7,01601 – 2·0,00055 = 7,01491 а.е.м.
3) m3 = 7,01601 – 3·0,00055 = 7,01436 а.е.м.
Ответ: m1 = 7,01546 а.е.м., m2 = 7,01491 а.е.м., m3 = 7,01436 а.е.м.
Домашнее задание № 2
Определить энергию связи, которая освободится при соединении одн ого
протона и двух нейтронов в атомное ядро?
Решение:
Дано:
Запишем уравнение ядерной реакции :
Z=1
1
1
3
N=2
1р + 2 0n → 1Н .
Воспользуемся формулой (3) задачи № 4 для
mН1 = 1,00783 а.е.м.
энергии связи:
mn = 1,00867 а.е.м.
3
mН = 3,01605 а.е.м.
Есв  Zm Н  Nmn  mа  с 2
с2 = 931,4 МэВ/нуклон
где Z – зарядовое число (число протонов в ядре) m Н –
Eсв = ?
масса атома водорода, mn – масса нейтрона, mа – масса
нейтрального атома; N = A – Z – число нейтронов, А – массовое число (число
нуклонов: протонов и нейтронов).
Произведём вычисления во внесистемных единицах:
Есв  1  1,00783  2  1,00867  3,01605   931,4

1
1

1
1
Есв  0,00912  931,4  8,49 МэВ.
Ответ: Eсв = 8,49 МэВ.
186
Домашнее задание № 3
Какую наименьшую энергию нужно затратить, чтобы разделить на о тдельные нуклоны изобарные ядра 3Li7 и 4Ве7? Почему для ядра бериллия эта
энергия меньше, чем для ядра лития?
Дано:
Решение:
mn = 1,00867 а.е.м.
Наименьшая энергия для распада на отдельные куmН = 1,00783 а.е.м.
лоны будет равна энергии связи атомного ядра (см. заmLi = 7,01601 а.е.м.
дачу № 2):
mВе = 7,01693 a.е.м
Еmin = Есв = (ZmН + (А – Z)mn – mа)с2,
где Z – зарядовое число (число протонов в ядре) mН –
МэВ
с2 = 931,4
масса атома водорода, mn – масса нейтрона, mа – масса
a.е. м.
нейтрального атома; N = A – Z – число нейтронов, А –
Еmin = ?
массовое число (число нуклонов: протонов и нейтр онов),
с – скорость света в вакууме.
Подставим численные значения во внесистемных единицах:
1) Для ядра лития 3Li7. Z1 = 3, А = 7:
Е1  3  1,00783  7  3  1,00867  7,01601  931,4
Е1  3,02349  4,03468  7,01601  931,4  0,04216  931,4  39,27
Е1 ≈ 39,3 (МэВ).
2) Для ядра бериллия 4Ве7. Z2 = 4, А = 7:
Е2  4  1,00783  7  4   1,00867  7,01693  931,4
Е2  4,03132  3,02601  7,01693  931,4  0,0404  931,4  37,63
Е2 ≈ 37,6 (МэВ).
Энергия связи для ядра лития больше, чем для ядра бериллия потому, что
в ядре бериллия больше число протонов, а следовательно и сила Кулона, т.е.
отталкивающая сила.
Ответ: Е1 = 39,2 МэВ, Е2 = 37,6 МэВ.
Домашнее задание № 4
Найти минимальную энергию связи Есв, необходимую для удаления одн ого протона из ядра азота 7N14?
187
Решение:
Запишем происходящую ядерную реакцию:
mН
14
1
13
7N → 1р + 6С .
mС = 13,00335 а.е.м.
Дефект массы – разница исходных и конечных
m N = 14,00307 а.е.м.
масс ядер (см. задачу № 2):
с2 = 931,4 МэВ/а.е.м.
m  mдо  mпосле  m1  m2  m3  ,
(1)
Еmin = ?
где m1 масса покоя исходного ядра; m2 и m3 – массы покоя ядер продуктов реакции.
Энергия отрыва протона равна по модулю энергии связи его с ядром
13
6С :
Е min  Есв  mc 2  m N  m р  mС   с 2 .
(2)
1
Дано:
= 1,00783 а.е.м.
13
14
14
13
Преобразуем формулу, заменив массы ядер массами атомов:
Е min  Есв  m N  7 mе  m Н  mе  mС  6mе   c 2 ,
14
1
13
где учтено, что ядро атома водорода состоит из протона и электрона:
mН  m р  mе . Сократим массы электронов:
1
Е min  Есв  m N  m Н  mС   с 2 .
14
1
13
Вычислим энергию связи во внесистемных единицах:
Есв  14,00307  1,00783  13,00307   931,4  0,00811  931,4 ;
Есв  7,55 МэВ.
Знак минус показывает, что необходима дополнительная энергия из вне
(см. задачу № 2). Следовательно Еmin = – Есв = 7,55 МэВ.
Ответ: Еmin = 7,55 МэВ.
188
Практическое занятие 12
ЗАКОН РАДИОАКТИВНОГО РАСПАДА. АКТИВНОСТЬ
Рекомендуемое задание № 1
Определить постоянные распада λ изотопов радия: 88Ra219 и 88Ra226.
Дано:
СИ:
Решение:
-3
1) Т1/2 = 10 с
Связь периода полураспада (табличное
3
10
2) Т1/2 = 1,62·10 лет 5,12·10 с значение) – промежуток времени, за к оторый
число нераспавшихся атомов умен ьшается в
λ=?
два раза – с постоянной распада:
ln 2 0,69315
,
T1 / 2 



где  - постоянная распада, имеющая смысл вероятности распада за 1 с и ра вная доле ядер, распадающихся в единицу времени.
Выразим постоянную распада:
ln 2
.

T1 / 2
Подставим числовые данные и получим:
1) 88Ra219.
ln 2
1  3  0,69315  10 3  693с 1 .
10
2) 88Ra226.
ln 2
0,69315
2 

 0,135  10 10  13,5  10 12 с 1  13,5пс 1 .
10
10
5,12  10
5,12  10
Ответ: 1) λ1 = 693 с-1; 2) λ2 = 13,5 пс-1.
Примечание: 1 год = 365,25 сут = 8766 ч = 525960 мин = 31557600 с ≈ 3,16·107 с.
Рекомендуемое задание № 2
Постоянная распада  рубидия 89Rb равна 0,00077 с -1. Определить его период полураспада Т1/2.
Решение:
Дано:
-1
Связь периода полураспада (табличное значение) – про = 0,00077 с
межуток времени, за который число нераспавшихся ат омов
Т1/2 = ?
уменьшается в два раза – с постоянной распада:
ln 2 0,69315
,
T1 / 2 



где  - постоянная распада, имеющая смысл вероятности ра спада за 1 с и равная доле ядер, распадающихся в единицу времени.
189
Подставим числовые значения:
ln 2
T1 / 2 
 900с  15мин .
0,00077
Ответ: Т1/2 = 15 мин.
Рекомендуемое задание № 3
Сколько процентов начального количества радиоактивного актиния Ас 225
останется: через 5 дней? через 15 дней?
Решение:
Дано:
Основной закон радиоактивного распада :
Т1/2 = 10 суток
t1 = 5 дней
N
N = N0e-t или N   0t ,
(1)
t2 = 15 дней
е
где N – число нераспавшихся атомов в момент времени t; N0 –
N
 100% = ?
число нераспавшихся атомов в момент, принятый за начальный
N0
(t = 0); е – основание натуральных логарифмов; λ – постоянная
радиоактивного распада.
N
Выразим отношение
- число нераспавшихся атомов в момент вр емени
N0
t к начальному:
N
1
 е t  t .
N0
е
Связь периода полураспада с постоянной распада:
ln 2 0,69315
T1 / 2 



Откуда постоянная распада:
ln 2
.

T1 / 2
1 способ. Промежуточные вычисления во внесистемных единицах:
ln 2
ln 2


 0,069315 (сут-1).
T1 / 2 10 сут
Вычислим отношения:
N
1) 1  е 0 , 0693155  е 0 , 34657  0,707  70,7% .
N0
2)
N2
 е 0 , 06931515  е 1, 03972  0,354  35,4%
N0
2 способ. Вывод конечной формулы.
Подставим формулу (3) в формулу (2):
190
(2)
(3)
t
 ln 2
N
е T 
N0
1
1/ 2
ln 2
.
t
е T
Вычисления произведём внесистемно:
1) По первой части формулы:
1/ 2
5 сут
0 , 69315
ln 2

N1
 e 10 сут  e 2  е 0 , 34657  0,707 или 70,7%.
N0
По второй части формулы:
N
1
1
1
1
2) 2 
 0 , 693153  1, 03972 
 0,354 или 35,4%.
15 сут
ln 2
N0
е
2,8284
10 сут
2
e
e
3 способ. Вывод конечной формулы (школьной).
Подставим формулу (3) в формулу (1):
N  N 0е
t
ln 2
T1 / 2
 N 0 е

t
ln 2  T
1/ 2
 N0 2

t
T1 / 2
t

N

2 T .
N0
1/ 2
Учли свойство логарифмов: е nа  а . Подставим числа:
5
1


N1
1
1
10
1)
2 2 2 

 0,707 или 70,7%.
N0
2 1,414
15
3


N1
1
1
1
1
10
2)
2 2 2 



 0,354 или 35,4%.
3
N0
2 2 2  1,414 2,8284
2
Ответ:1)
N1
N
= 70,7%; 2) 2 = 35,4%.
N0
N0
Приложение: Вывод основного закона радиоактивного распада . Число ядер dN, распавшихся в среднем за интервал времени от t до t + dt, пропорционально промежутку врем ени dt и числу N нераспавшихся ядер к моменту времени t:
dN = – λNdt,
где λ – постоянная радиоактивного распада, знак минус указывает, что общее число радиоа ктивных ядер в процессе распада уменьшается. Разделив пере менные и интегрируя:
N
t
dN
dN
N
N
 dt  
   dt  n
 t 
 e t  N  N 0 e t .
N
N0
N0
N N
0
0
Рекомендуемое задание № 4
За один год начальное количество радиоактивного изотопа уменьш илось
в три раза. Во сколько раз оно уменьшится за 2 года?
191
Решение.
Закон радиоактивного распада (см. задачу №3):
Дано:
t1 = 1 год
t2 = 2 года
N0
=3
N1
N  N 0 e t 
N0
.
е t
(1)
N0
:
N
N0
=?
N0
N2
 е t .
(2)
N
Составим систему для двух ситуаций (с учётом того, что постоянная радиоактивного распада λ неизменна):
 N0
 t
N  е
 1

 N 0  е t
 N 2
Решим её. Прологарифмируем первое уравнение и выразим постоянную
радиоактивного распада λ:
N0
N
1
N
 е t  ln 0    t1     ln 0 .
N1
N1
t1
N1
Выразим отношение
1
2
1
Подставим во второе уравнение системы:
t2
N0
1
1
ln
N0
 еt N .
N2
Произведём вычисления во внесистемных единицах (удобнее):
2 года
ln 3
N0
 е 1 год  е 21, 0986  е 2 ,1972  9 .
N2
Ответ:
N0
= 9 раз.
N2
Примечание: 1 год = 365,25 сут = 8766 ч = 525960 мин = 31557600 с ≈ 3,16·107 с.
Рекомендуемое задание № 5
За какое время t распадется 1/4 начального количества ядер радиоактивного нуклида, если период его полураспада Т1/2 = 24 ч?
Решение:
Дано:
Основной закон радиоактивного распада :
T1  24 ч
2
N
N = N0e-t или N   0t ,
(1)
1
е
N  N 0
4
где N – число не распавшихся атомов в момент времени t; N0 –
t=?
192
число не распавшихся атомов в момент, принятый за начальный ( t = 0); е – основание натуральных логарифмов; λ – постоянная радиоактивного распада.
Число атомов распавшихся за время t:
N  N 0  N  N 0  N 0е  t  N 0 1  е  t  .
(2)
Преобразуем:
N
N
.
 1  е t  е t  1 
N0
N0
Прологарифмируем:
 N 
.
nе t    t  n1 
N 0 

Найдем время t распада:
 N 

n1 
(3)
N 0 

.
t

Связь периода полураспада (табличное значение) – промежуток времени, за который число не распавшихся атомов уменьшается в д ва раза – с постоянной распада:
n 2 0,69315
,
T1/ 2 

(4)


где  - постоянная распада, имеющая смысл вероятности распада за 1 с и ра вная доле ядер, распадающихся в единицу времени.
Откуда постоянная распада:
n 2
.

(5)
T1/ 2
Подставим в формулу (3):
 N 

n1 
N 0 

t
 T1/ 2 .
n 2
Подставим численные значения во вне системных единицах :
 1
 n 1  
 0,287682
4
t 
 24 ч  
 24 ч  0,415  24 ч  9,96 (часов).
0,69315
0,69315
Ответ: t = 9,96 (часов).
193
Рекомендуемое задание № 6
За 8 дней распалось 75% начального количества радиоактивного ну клида.
Определить период полураспада.
Дано:
Решение.
t = 8 сут
Связь периода полураспада (табличное значение) – промежуток времени, за который число не распавшихся ат омов
3
N  N 0
уменьшается в два раза – с постоянной распада:
4
T1 2 = ?
n 2 0,69315
,
T1/ 2 

(1)


Число атомов распавшихся за время t (см. задачу № 5):
N  N 0 1  е  t ,
(2)
где N – число не распавшихся атомов в момент времени t; N0 – число не распавшихся атомов в момент, принятый за начальный ( t = 0); е – основание натуральных логарифмов; λ – постоянная радиоактивного распада.
N
Найдём отношение
, прологарифмируем и выразим постоянную ра сN0
пада λ:
 N 

n1 
N


N

N

N
0 
     
.
 1  е t  е t  1 
   t  n1 
N0
N0
N0 
t

Подставим в формулу (1).
n 2
T1/ 2  
t .
 N 

n1 
N

0 
Подставим числа во внесист емных единицах:
0,69315
0,69315
T1 / 2  
 8 сут  
 8 сут  0,5  8 сут  4 сут .
 1,3863
 3
 n 1  
 4
Ответ: Т1/2 = 4 дня.
Рекомендуемое задание № 7
Определить промежуток времени t, в течение которого активность А изотопа стронция Sr90 уменьшится в к1 = 10 раз, к2 = 100 раз?
194
Решение:
Активность изотопа уменьшается со временем по зако-
Дано:
к1 = 10
к2 = 100
Т1/2 = 28 лет
t=?
ну:
А  А0 е  t  N 0 е  t ,
где А0 = λN0 – начальная активность (в момент времени t = 0
сек), λ – постоянная распада (см. задачу № 1) .
Преобразуем, прологарифмируем и выразим время:
1 А
1
nк
.

 е t  n    t  nк    t  t 
к А0
к

Связь периода полураспада Т1/2 с постоянной распада λ (см. задачу №1):
n 2
n 2
.
T1/ 2 


T1/ 2
Тогда интересующее нас время:
nк
t
 T1/ 2 .
n 2
Произведём вычисления во внесистемных единицах:
n10
2,3026
1) t1 
 28 лет  t 
 28 лет  t  3,322  28 лет  93 года.
n 2
0,69315
n100
4,6052
 28 лет  t 
 28  t  6,644  28 лет  186 лет.
n 2
0,69315
Ответ: t1 = 93 года, t2 = 186 лет.
2) t 2 
Приложение 1: Нуклид – общее название атомных ядер, отличающихся числом пр отонов Z и нейтронов N
Приложение 2: Активностью А нуклида в радиоактивном источнике называется
число распадов, происходящ их с ядрами образца в 1 с (см. задачу № 3):
А
dN
 N .
dt
Рекомендуемое задание № 8
На сколько процентов снизится активность А изотопа иридия Ir192 за время t = 30 суток?
Решение:
Дано:
Активность изотопа уменьшается со временем по
t = 30 сут
закону:
Т1/2 = 75 сут
А0  А
А  А0 е  t ,
(1)
 100% = ?
А0
где А0 = λN0 – начальная активность (в момент времени t
= 0 сек), λ – постоянная распада (см. задачу № 1) .
195
Нам надо найти:
А0  А
А
1 .
А0
А0
Найдём отношение А/А 0 из формулы (1).
А
 е t .
А0
(2)
(3)
Связь периода полураспада Т1/2 с постоянной распада λ (см. задачу №1):
n 2
n 2
.
T1/ 2 
 

T1/ 2
Тогда интересующее нас отношение в формуле (3):
n 2

t
А
е T .
А0
1/ 2
Подставим в формулу (2):

t
А0  А
1 е T .
А0
n 2
1/ 2
Произведём вычисления во внесистемных единицах:
0 , 69315

30 сут

2
А0  А
 1  е 75сут
 1  е 5  1  е 0 , 27726  1  0,75786  0,24215 .
А0
n 2
Тогда:
А0  А
 100%  0,24215  100%  24,2% .
А0
Ответ: активность уменьшилась на 24,2 %.
Рекомендуемое задание № 9
Найти число распадов за 1 с в 10 г стронция 38Sr90, период полураспада
которого 28 лет.
Решение:
Дано:
Си:
-2
Начальная активность изотопа (см.
m = 10 г
10 кг
7
Т1/2 = 28 лет
88,48·10 с задачу № 7):
-3
μ = 90·10 кг/моль
А0    N 0 .
23
-1
NА = 6,02·10 моль
Смотри занятие № 2 сборник задач с
А0 = ?
решениями: «Теплота и молекулярная ф изика». Количество вещества распишем двояко и выразим число ат омов (оно
равно числу молекул):
m N
m
  
 N   NA,
 NA

196
где N – число молекул в m кг вещества, NА – число Авогадро, μ – молярная масса вещества.
Подставим в формулу активности:
m
А0     N A .

Связь периода полураспада Т1/2 с постоянной распада λ (см. задачу
№1):
n 2
n 2
.
T1/ 2 
 

T1/ 2
Или активность:
n 2 m
А0 
  NA.
T1/ 2 
Подставим численные значения :
0,69315
10 2
4,17275  10 21
23
А0 

 6,02  10 
 0,000524  1017 .
7
3
4
88,48  10 90  10
7963,2  10
13
3
А0 = 5,24·10 Бк = 1,42·10 Ки.
Ответ: А0 = 5,24·1013 Бк = 1,42·10 3 Ки.
Примечание 1: 1 год = 365,25 сут = 8766 ч = 525960 мин = 31557600 с ≈ 3,16·107 с.
Примечание 2: В системе СИ единица активности 1 беккерель (Бк) – активность
нуклида, при которой за 1 с. пр оисходит один акт распада. Внесистемная единица 1 кюри
(Ки) = 3,7·10 10 Бк.
Рекомендуемое задание № 10
Найти отношение массовой активности а1 стронция Sr90 к массовой активности а 2 радия Ra226
Решение:
Дано:
Массовая активность радиоактивного источника –
μSr = 90 г/моль
активность единицы массы источника:
Т1/2,1 = 28 лет
μRa = 226 г/моль
А
а .
(1)
Т1/2,2 = 1620 лет
m
а1/а2 = ?
Воспользуемся выведенной в задаче № 9 формулой
активности:
n 2 m
А
  NA.
(2)
T1/ 2 
Подставим в формулу (1) массовой активности:
1 n 2 m
n 2 N A
.
а 
  NA 

m T1/ 2 
T1/ 2 
197
Составим систему двух ура внений и разделим верхнее на нижнее:
n 2 N A

а1  T  
а T 
1 / 2 ,1
1

 1  1/ 2 , 2 2 .

а2 T1/ 2 ,1  1
 а 2  n 2  N A

T1/ 2 , 2  2
Подставим числа во внесистемных единицах:
а1 1620 лет  226 г моль 366120


 145 .
а2
28лет  90 г моль
2520
Ответ:
а1
= 145.
а2
Домашнее задание № 1
Какая часть начального количества атомов распадется за один год в р адиоактивном изотопе тория Th 229 ?
Решение:
Дано:
Воспользуемся законом радиоактивного расп ада:
t = 1 год
Т1/2 = 7000 лет
N  N 0  e  t ,
(1)
N
где N - число радиоактивных ядер, содержащихся в изот о=?
N0
пе, в момент времени t; N0 - число радиоактивных ядер в
момент времени, принятый за начальный ( t = 0); λ - постоянная радиоактивного распада.
Нам надо найти долю распавшихся атомов:
N N 0  N
N
.

1
(2)
N0
N0
N0
Найдём отношение N/N0 из формулы (1).
N
 е t .
N0
(3)
Связь периода полураспада Т1/2 с постоянной распада λ (см. задачу
№1):
T1/ 2 
n 2
n 2
.
 

T1/ 2
Тогда интересующее нас отношение в формуле (3):
n 2

t
N
е T .
N0
1/ 2
Подставим в формулу (2):
198

t
N
1 е T .
N0
n 2
1/ 2
Произведём вычисления во внесистемных единицах:
1 способ.
n 2
0 , 69315

1 год

N
7000 лет
1 е
 1  е 7000  1  е 0 , 000099  1  0,999901  0,000099 ,
N0
N
 9,9  10 5 .
N0
2 способ.
t

t

N
T
n 2  T
1 е
 1  е   1  2 T .
N0
n 2
t
1/ 2
1/ 2
1/ 2
Учли свойство логарифмов: еnа  а . Подставим числа:
1 год

N
 1  2 7000 лет  1  2 0 , 000142857  1  0,999901  0,000099  9,9  10 5 .
N0
Ответ:
N
 9,9  10 5 .
N0
Домашнее задание № 2
Определить число ΔN атомов, распадающихся в радиоактивном изотопе
за время t = 10 с, если его активность А = 105 Бк. Считать активность постоя нной в течение указанного времени.
Решение:
Дано:
Активность нуклида – число распадов в единицу врем еt = 10 с
5
ни:
А = 10 Бк
ΔN = ?
dN
,
А
(1)
dt
где dN - число радиоактивных ядер, распавшихся в изотопе за промежуток вр емени dt.
Преобразуем, проинтегрируем (вынесем А – активность за знак интеграла) и выразим N:
t
N
0
N0
Аdt   dN  А dt    dN  At   N  N 0   N 0  N  N  N  Аt .
Примечание: Можно сразу применить формулу : А = ΔN/Δt. Обычный переход: знак
дифференциала d (мгновенное значение) заменяем на знак интервала Δ.
Посчитаем:
5
6
ΔN = 10·10 = 10 атомов.
Ответ: ΔN = 106 атомов.
199
Домашнее задание № 3
За время t = 1 сут активность изотопа уменьшилась от А1 = 1,18·10 11 Бк до
А2 = 7,4·109 Бк. Определить период полураспада Т1/2 этого нуклида.
Решение:
Дано:
СИ:
t = 1 сут
86400 с
Связь периода полураспада Т1/2 с посто11
А1 = 1,18·10 Бк
янной распада λ (см. задачу №1):
9
А2 = 7,4·10 Бк
n 2
(1)
T1/ 2 
.
Т1/2 = ?

Зависимость активности от времени:
А  А0  e  t ,
(2)
где А - активность в момент времени t; А0 - начальная активность; λ - постоянная радиоактивного распада.
Составим систему и решим её:
 А1  А0  e  t
А1 e t

 t  e t t  e  t t   e t ,

 t
А2 e
 А2  А0  e
где t = t2 - t1. Прологарифмируем и найдём постоянную распада:
А
1 А
n 1  ne t    t    n 1 .
А2
t А2
1
1
2
2
1
2
2
1
Тогда периода полураспада:
n 2
n 2
T1/ 2 

t.
1 А1
А1
n
n
t А2
А2
Подставим числа (вне системно):
0,69315  1сут 0,69315
0,69315
1
T1 / 2 

сут 
сут  сут  6 (час).
11
1,18  10
n15,946
2,7692
4
n
9
7,4  10
Ответ: Т1/2 = 6 час.
Домашнее задание № 4
Определить активность А фосфора Р32 массой m = 1 мг.
Дано:
Си:
Решение:
Т1/2 = 14,3 сут
1235520 с
В задаче № 9 выведена формула актив-6
m = 1мг
10 кг
ности изотопа:
-3
μ = 32·10 кг/моль
n 2 m
А0 
  NA.
23
-1
NА = 6,02·10 моль
T1/ 2 
А0 = ?
Подставим численные значения:
200
0,69315 10 6
4,17275  1017
23


6
,
02

10

 1,0554  1013
3
4
1235520 32  10
3,953664  10
13
А0 = 1,055·10 Бк = 10,55 ТБк = 0,285·10 3 Ки = 285 Ки.
Ответ: А0 = 10,55 ТБк = 285 Ки.
А0 
Примечание: 1 Ки (кюри) = 3,7·1010 Бк (беккерель).
201
Практическое занятие 13
ЯДЕРНЫЕ РЕАКЦИИ. ЭНЕРГЕТИЧЕСКИЙ ВЫХОД (ЭФФЕКТ) ЯДЕ РНЫХ РЕАКЦИЙ
Рекомендуемое задание № 1
Определить порядковый номер Z и массовое число A частицы обозначенной буквой х, в символической записи ядерной реакции:
Аl 27  х1 Н 1 12 Mg 26
13
Дано:
1
26
13Al + х = 1Н + 12Mg
А
ZХ = ?
27
Решение:
Общая формула ядерной реакции :
A
A
A
 Z Y2A .
Z Х 1  Z Х 2  Z Y1
1
1
3
2
2
3
(1)
4
4
Или символическая запись ядерной реакции в сокращённом виде:
(1а),
Х 1A  Х 2A , Y1 A Y2A
1
2
3
4
где Х1 и Х2 – исходные ядра, причём Х2 – бомбардирующая частица; Y1 и Y2 –
продукты ядерной реакции, причём Y1 – ядро – продукт, Y2 – частица вылетающая из составного яд ра (их может быть несколько) .
Приложение 1: При сокращённой записи порядковый номер Z атома (зарядовое число) не пишут, т.к. он определяется химически м символом элемента.
Приложение 2: Применяются законы сохранения:
1) заряда – сумма зарядов до реакции равна сумме зарядов п осле реакции:
Z1 + Z2 + …= Z3 + Z4 + …
(2)
2) числа нуклонов – число нуклонов остаётся н еизменным:
А1 + А2 + …= А3 + А4 + …
(3)
3) релятивистской полной энергии – энергия остаётся неизменной:
Е1 + Е2 + …= Е3 + Е4 + …
(4)
4) импульса – сумма импульсов частиц до реакции равна сумме импульсов после реакции:
р1  р 2  ...  р 3  р 4  ...
Приложение 3: Обозначения частиц:
Символ
Название
р
протон – ядро водорода
n
нейтрон
d
дейтон – ядро дейтерия
t
тритон – ядро трития

γ
е–
е+
 - частица – ядро гелия
γ – фотон
электрон
позитрон
Для нашей задачи формула (1):
202
(5)
Обозначение
1
1р
1
0n
2
1Н
3
1Н
4
2Не
0
0γ
0
-1е
0
+1е
+ АХZ = 1Н1 + 12Mg26,
Зарядовое число найдём по закону сохранения заряда, по формуле (2):
13 + Z = 1 + 12 => Z = 0.
Массовое число найдем, применив закон сохранения числа нуклоно в, по
формуле (3):
27 + А = 1 + 26 => А=0.
0
0Х это γ – частица. Т.е. ядерная реакция запишется так:
27
0
1
26
13 A  0  1 H  12 Mg .
13Al
27
Ответ: -частица.
Рекомендуемое задание № 2
Ядро изотопа магния с массовым числом 25 подвергается бомбард ировке
протонами. Ядро какого элемента получается в результате реакции, е сли она
сопровождается получением -частиц?
Решение:
Дано:
22
Формула ядерной реакции (формула 1 задача № 1):
12Mg
1
25
1
A
4
1р
12Mg + 1p → ZY + 2He ,
4
где 2He4 – ядро атома гелия или же -частица.
2He
А
Зарядовое число найдём по закону сохранения заряда (формуZY = ?
ла 2 задача № 1):
12 + 1 = Z + 2, => Z = 11.
По таблице Менделеева этот элемент натрий 11Na.
Массовое число найдем, применив закон сохранения числа нуклонов
(формула 3 задача № 1):
25 + 1 = А + 4, => А = 22.
И так этот элемент – натрий 11Na22.
Ответ: 11Na22.
Рекомендуемое задание № 3
Напишите недостающие обозначения в ядерных реакциях:
239
+ 2He4  X + 0n1
94Pu
2
0
1
1H + 0  1H + X
Дано:
Решение:
239
4
1
Решим уравнения:
+ 2He  X + 0n
94Pu
2
0
1
1) 94Pu239 + 2He4  ZХА + 0n1.
1H + 0  1H + X
А
Зарядовое число найдём по закону сохранеZХ = ?
ния заряда (формула 2 задача № 1):
203
94 + 2 = Z + 0 => Z = 96. По таблице Менделеева этот элемент кюрий –
96Cm.
Массовое число найдем, применив закон сохранения числа нуклонов
(формула 3 задача № 1):
239 + 4 = А + 1 => А = 242;
И так этот элемент изотоп кюрия – 96Cm242.
2) 1H2 + 00  1H1 + ZХА.
Аналогично решаем вторую реакцию:
Закон сохранения заряда: 1 + 0 = 1 +Z => Z = 0. Это какая – то элементарная без заряда частица. Найдём её массу.
Закон сохранения числа нуклонов: 2 + 0 = 1 + А => А = 1.
Этот элемент нейтрон – 0n1.
Ответ: 1) кюрий – 96Cm242;2) нейтрон – 0n1.
Рекомендуемое задание № 4
Определить энергию Q ядерных реакций:
1) 4 Be 9 1 H 2  5 B10  0 n1
2) 20 Ca 44  1 H 1 19 K 41  2 He 4
Освобождается или поглощается энергия в каждой из указанных реа кций?
Дано:
1) mВе = 9,01219 а.е.м.
mН2 = 2,0141 а.е.м.
mВ = 10,01294 а.е.м.
mn = 1,00867 а.е.м.
2) mСа = 43,95549 а.е.м.
mН1 = 1,00783 а.е.м.
mК = 40,96184 а.е.м.
mНе = 4,00260 а.е.м.
с2 = 931,4 МэВ/а.е.м.
Q=?
Решение.
Дефект массы (разница исходных и конечных
масс ядер):
m  mдо  mпосле  m1  m2   m3  m4  ,
(1)
где m1 и m2 – массы покоя ядра – мишени и бомбардирующей частицы (исходные ядра); m3 и m4 – массы покоя ядер продуктов реакции.
Энергия ядерной реакции:
Q  mc 2  m1  m2   m3  m4   c 2 .
(2)
Примечание 1. Если ответ «+» то реакция экзотермическая,
т.е. выделяется энергия. Если ответ « –» то реакция эндотермическая, т.е. поглощается энергия.
Примечание 2. В таблицах обычно приводятся массы нейтральных атомов (см. д ано),
поэтому всегда заменяют массы ядер массами нейтральных ат омов.
Примечание 3. Атом состоит из ядра и электронов (число электронов равно порядк овому номеру атома). Поэтому масса нейтрального атома (см. формула 1 задача № 1 заниятие
10):
mА = mЯ + Zmе.
Отсюда масса ядра атома:
204
mЯ = mА – Zmе.
(3)
1) Энергетический эффект ядерной реакции для ядер:
Q  mBe  mH   mB  mn   c 2 ,
Преобразуем формулу, заменив массы ядер массами атомов:
Q  m Be  4mе  m H  mе   m B  5mе  mn   c 2 .
Сократим массы электронов:
Q  mBe  mH   mB  mn   с 2 .
Произведём вычисления:
Q  9,01219  2,0141  10,01294  1,00867   931,4
Q  11,02629  11,02161  931,4  0,00468  931,4  4,36 МэВ
выделяется
энергия, т.е. реакция экзотермическая.
2) Энергетический эффект ядерной реакции для ядер:
Q  mCa  mH   mK  mHe   c 2 ,
Примечание 4: При числовых подсчетах по этой формуле массы ядер заменяют ма ссами нейтральных атомов. Возможность такой замены вытекает из следующих соображений.
Число электронов в электронной оболочке нейтрального атома равно его зарядов ому
числу Z. Сумма зарядовых чисел исходных ядер равна сумме зарядовых чисел ядер – продуктов реакции. Следовательно, электронные об олочки ядер кальция и водорода содержат
вместе столько же электронов, сколько их содержат электронные оболочки ядер калия и гелия.
Очевидно, что при вычитании суммы масс нейтральных атомов калия и гелия из суммы масс атомов кальция и водорода массы электронов выпадут, и мы получ им тот же результат, как если бы брали массы ядер.
Преобразуем формулу, заменив массы ядер массами атомов:
Q  mСа  20mе  mH  mе   mК  19mе  mНе  2mе c 2 .
Сократим массы электронов получим подобную же формулу:
Q  mCa  mH   mK  mHe c 2 .
Произведём вычисления:
Q  43,95549  1,00783   40,96184  4,0026   931,4
Q  44,96332  44,96444   931,4  0,00112  931,4  1,04МэВ поглощает-
ся энергия, т.е. реакция эндотермическая.
Ответ: 1) освобождается Q = 4,36 МэВ; 2) поглощается Q = -1,04 МэВ.
Примечание 5: 1 а.е.м. (атомная единица массы) = 1,66·10 -27 кг.
Примечание 6: Скорость света в квадрате с2 = (3·108)2 = 8,9879·10 16 м2/с2 = 8,9879·10 16
Дж/кг.
Примечание 7: Связь энергии и массы: Е = mс2, отсюда с2 = Е/m = 931,4 МэВ/а.е.м..
Примечание 8: 1 МэВ (мегаэлектрон – вольт) = 1,6·10 -13 Дж.
205
Рекомендуемое задание № 5
Найти энергию Q ядерных реакций:
1) H 3  р,  He 4
2) H 2 d ,  He 4
Решение.
1) Энергетический эффект ядерной реакции для
ядер (см. формулу (2) задачи № 4):
Q  m Н  m p   m He   c 2 ,
Дано:
1) mН = 3,01605 а.е.м.
mН1 = 1,00783 а.е.м.
mНе = 4,00260 а.е.м.
2) mН2 = 2,01410 а.е.м.
с2 = 931,4 МэВ/а.е.м.
Q=?
3
3
Преобразуем формулу, заменив массы ядер ма ссами атомов (см. формулу (3) задачи № 4):
Q  mН  mе  mH  mе   mНе  2mе  c 2 .
3
1
Сократим массы электронов:
Q  mН  mН   mНе  c 2 ,
3
1
где mН1 – масса атома водорода. Произведём вычисления:
Q  3,01605  1,00783  4,0026   931,4 ;
Q  4,02388  4,0026   931,4  0,02128  931,4  19,8МэВ выделяется энер-
гия, т.е. реакция экзотермическая.
2) Энергетический эффект ядерной реакции для ядер:
Q  mН  mН   mНе  c 2 ,
2
2
Преобразуем формулу, заменив массы ядер массами атомов (см. формулу (3) задачи № 4):
Q  mН  mе  mH  mе   mНе  2mе  c 2 .
2
2
Сократим массы электронов:
Q  mН  mН   mНе  c 2 .
2
2
Произведём вычисления:
Q  2,0141  2,0141  4,0026   931,4 ;
Q  4,0282  4,0026   931,4  0,0256  931,4  23,8МэВ выделяется энергия,
т.е. реакция экзотермическая.
Ответ: 1) освобождается 19,8 МэВ; 2) освобождается 23,8 МэВ.
Рекомендуемое задание № 6
При реакции Li6(d,р)Li7 освобождается энергия Q = 5,025 МэВ. Определить массу mLi6.
206
Решение.
Дано:
Энергия ядерной реакции (см. формулу (2) задаQ = 5, 025 МэВ
2
mН = 2,01410 а.е.м. чи № 4):
mН1 = 1,00783 а.е.м.
Q  mLi  md   m p  mLi  c 2 ,
mLi7 = 7,01601 а.е.м.
Преобразуем формулу, заменив массы ядер массас2 = 931,4 МэВ/а.е.м. ми атомов (см. формулу (3) задачи № 4):
mLi6 = ?
Q  mLi  3mе  mН  mе   mН  mе  mLi  3mе  c 2 .
6
7
6
2
1
Сократим массы электронов:
Q  m Li  m Н   m Н  m Li   c 2 ,
6
2
1
1
7
7
(1)
2
где mН – масса атома водорода, mН – масса атома дейтерия (тяжёлого водор ода).
Выразим массу атома лития mLi6:
Q
mLi  2  mН  mLi  mН .
c
Подставим числа, во внесистемных единицах:
5,025
mLi 
 1,00783  7,01601  2,0141  0,0054  1,00783  7,01601  2,0141 .
931,4
mLi6 = 6,01514 а.е.м.
Ответ: mLi6 = 6,01514 а.е.м.
6
1
7
2
6
Рекомендуемое задание № 7
Найти энергию Q ядерной реакции N14(n,р)С14, если энергия связи Есв ядра N14 равна 104,66 МэВ, а ядра С14 – 105,29 МэВ.
Решение.
Дано:
Энергия ядерной реакции (см. формулу (2) задаЕсв,1 = 104,66 МэВ
чи № 4):
Есв,2 = 105,29 МэВ
Z1 = 7, А1 = 14
Q  mN  mn   m p  mC  c 2 .
Z2 = 6, А2 = 12
Преобразуем формулу, заменив массы ядер массаQ=?
ми атомов (см. формулу (3) задачи № 4):
Q  mN  7 mе  mn   mН  mе  mC  6mе   c 2 .
1
Сократим массы электронов:
Q  mN  mn   mH  mC  c 2 ,
1
(1)
где mН1 – масса атома водорода.
Энергия связи ядра атома азота 7N14 и углерода 6С14 (см. задачу № 2 занятие 11):
207
 Есв  Z1mН   А1  Z1 mn  mN   c 2
 Есв  7mН  7mn  mN   c 2
,


2
2
 Есв  Z 2 mН   А2  Z 2 mn  mС   c
 Есв  6mН  8mn  mС   c
где Z – зарядовое число (число протонов в ядре) m Н – масса атома водорода,
1
1
1
2
1
1
1
2
1
1
mn – масса нейтрона, mN и mС – массы нейтральных атомов; N = A – Z – число
нейтронов, А – массовое число (число нуклонов: протонов и нейтро нов), с –
скорость света в вакууме. Преобразуем:
Вычтем из нижнего уравнения верхнее:
Есв  Есв  6mН  8mn  mС   7 mН  7 mn  mN   c 2 .
(2)
2
1
1
1
Упростим:
Есв  Есв  mn  mС   mН  mN c 2  mN  mn   mН  mС   c 2
2
1
1
1
Правые части формул (1) и (2) равны, следо вательно равны и левые:
Q = Есв2 – Есв1.
Произведём вычисления:
Q = 105,29 – 104,66 = 0,63 МэВ, выделяется энергия, т.е. реакция экзотермическая.
Ответ: Q = 0,63 МэВ, освобождается.
Рекомендуемое задание № 8
При ядерной реакции Ве9(,n)С12 освобождается энергия Q = 5,70 МэВ.
Пренебрегая кинетическими энергиями ядер бериллия и гелия и принимая их
суммарный импульс равным нулю, определить кинетические энергии Т1 и Т2
продуктов реакции.
Дано:
Решение.
1) Q = 5,70 МэВ
Энергия ядерной реакции (другой вид):
mn = 1,00867 а.е.м.
Q  Т 3  Т 4   Т 1  Т 2  ,
(1)
mС = 12,00000 а.е.м. где Т1 и Т2 – кинетические энергии соответственно ядра –
mе = 0,00055 а.е.м.
мишени и бомбардирующей частицы (исходные я дра); Т3
ТВе = ТНе = 0
и Т4 – кинетические энергии вылетающей частицы и ядра
1) Т3 = ? 2) Т4 = ?
– продукта реакции.
Для нас реакция экзотермическая, с выделением тепла:
Q = (Т3 + Т4).
(2)
По закону сохранения импульса с учётом дано (см. формулу (5) задачи
№ 1):
0  р3  р4 .
Следовательно:
р3 = р4.
208
Т.к. по условию Q много меньше энергии покоя любой частицы, то они
классические и связь импульса с кинетической энергией (см. домашнее задание
№ 4 занятие № 4):
р  2mТ .
Следовательно:
2m3Т 3  2m4Т 4  m3Т 3  m4Т 4  Т 4 
m3
Т3 .
m4
Масса ядра углерода (см. формулу (3) задачи № 4):
m4 = mЯ = mА – Zmе.
Подставим в формулу (2) и выразим кинетическую энергию нейтрона:
Q  Т3 


m3
mn
Q
Т 3  Т 3 
.
Т 3  Q  1 


m А  Zmе
m

Zm
1

m
m

Zm

С
е 
n
С
е
Подставим числа, во внесистемных единицах:
5,7 МэВ
5,7 МэВ
5,7 МэВ
.
Т3 


1  1,00867 12  6  0,00055  1  1,00867 11,9967 1  0,08408
5,7 МэВ
 5,2579  5,26 МэВ.
1,08408
Используя формулу (2) можно найти кинет ическую энергию углерода:
Т4 = Q – Т3 = 5,7 – 5,26 = 0,44 МэВ.
Ответ: Т3 = 5,26 МэВ, Т4 = 0,44 МэВ.
Т3 
Рекомендуемое задание № 9
Покоившееся ядро полония 84Ро210 выбросило  – частицу с кинетической
энергией Т = 5,3 МэВ. Определить кинетическую энергию Т3 ядра отдачи и
полную энергию Q, выделившуюся при  – распаде.
Дано:
Решение.
Т1 = 0 МэВ
2
3
Т3 = 5,3 МэВ
m = 4,00260 а.е.м.
m2
m3
m
Х
Z = 82
до
после
mPb = 205,97446 а.е.м.
mе = 0,00055 а.е.м.
Применим правило смещения для  – распада
1) Т2 = ? 2) Q = ?
(см. задачу № 10 занятие 10):
210
206
→ 82Рb + 2Не4.
84Ро
где 2He4 – ядро атома гелия или же  – частица.
209
1) По закону сохранения импульса с учётом дано (см. формулу (5) задачи № 1):
0  р2  р3 .
В проекцию на ось ОХ:
0 = – р2 + р3.
Следовательно импульсы ядра – отдачи и  – частицы равны:
р2 = р3.
Т.к. по условию кинетическая энергия много меньше энергии покоя  –
частицы, то они классические и связь импульса с кинетической энергией (см.
домашнее задание № 4 занятие № 4):
р  2mТ .
Следовательно:
2m2Т 2  2m3Т 3  m2Т 2  m3Т 3  Т 2 
m3
Т3 .
m2
Преобразуем формулу, заменив массу ядра свинца массой атома (см.
формулу (3) задачи № 4) m2 = mЯ = mА – Zmе.
m
Т2 
Т3 .
mPb  Zmе
Произведём вычисления (внесистемно):
4,0026  5,3
21,21378
Т2 

 0,103 МэВ.
205,97446  82  0,00055 205,92936
2) Энергия ядерной реакции с учётом дано (см. формулу (1) задачи №
8):
Q  Т 2  Т 3   Т 1  Т 2  Т 3 ,
где Т1 – кинетическая энергия исходного ядра; Т2 и Т3 – кинетические энергии
ядра – продукта реакции и вылетающей частицы.
Подставим числа:
Q = 5,3 + 0,103 = 5,403 ≈5,4 МэВ.
Ответ: Т2 = 0,103 МэВ; 2) Q = 5,4 МэВ.
Рекомендуемое задание № 1 0
Определить энергию Q распада ядра углерода 6С10 выбросившего позитрон и нейтрино.
210
Дано:
mС = 10,0168 а.е.м.
mВ = 10,01294 а.е.м.
mе = 0,00055 а.е.м.
с2 = 931,4 МэВ/а.е.м.
Q=?
Решение.
Запишем формулу ядерной реакции (формула 1
задача № 1):
10
A
0
0
6С → ZХ + +1е + 0 е ,
где 1 е 0 – позитрон,
 е0 – электронное нейтрино,
0
– ядро атома гелия или же -частица.
Зарядовое число найдём по закону сохранения заряда (формула 2 задача
№ 1):
6 = Z + 1 + 0, => Z = 5.
По таблице Менделеева этот элемент бор 5В.
Массовое число найдем, применив закон сохранения числа нуклонов
(формула 3 задача № 1):
10 = А + 0 +0, => А = 10.
И так этот элемент – бор 5В10.
Тогда формула ядерной реакции:
10
10
0
0
6С → 5В + +1е + 0 е
2He
4
1 способ. Энергия ядерной реакции (см. формулу (2) задачи № 4):
Q  mС  mе  m  mВ   c 2 ,
Массой нейтрино электронного mγ можно пренебречь. Преобразуем фо рмулу, заменив массы ядер массами атомов (см. формулу (3) задачи № 4):
Q  mС  6mе   mе  mВ  5mе   c 2 .
Сократим массы электронов:
Q  mС  mе   mе  mВ   c 2 ,
Массы электрона mе– и позитрона mе+ равны:
Q  mС  mВ  2mе   c 2 .
Произведём вычисления:
Q  10,0168  10,01294  2  0,00055   931,4  0,00276  931,4  2,571 .
Q ≈ 2,6 МэВ. Выделяется энергия, т.е. реакция экзотермическая.
2 способ. Закон сохранения энергии:
Едо = Епосле или ЕС = ЕВ + Ее+ + Еγ.
Полная энергия равна сумме энергии покоя и кинетической энергии
(релятивистский случай):
Е = m0с2 + Т.
Тогда:
211
mСс2 + ТС = mВс2 + ТВ + mе+с2 + Те+ + mγс2 + Тγ.
Отсюда:
ΔТ = (ТВ + Те+ + Тγ) – ТС = (mС – (mВ + mе+ + mγ))с2.
Энергетический эффект (см. формулу (1) задачи № 8 ) равен изменению
полной энергии: Q = ΔЕ (формула полной энергии: Е = m0с2 + Т), а она в свою
очередь равна изменению кинетической энергии: ΔЕ = ΔТ, т.к. энергия покоя не
изменяется. Следовательно:
Q = ΔЕ = ΔТ = (mС – (mВ + mе+ + mγ))с2 = (mС – (mВ + mе+))с2.
Массой нейтрино электронного пренебрегли. Преобразуем формулу, з аменив массы ядер массами атомов:
Q = (mС – 6mе– – (mВ – 5mе– + mе+))с2 = (mС – mе– – (mВ + mе+))с2.
Массы электрона и позитрона равны: mе– = mе+ = mе.
Q = (mС – mВ – 2mе))с2.
Получили туже самую конечную формулу
Ответ: Q = 2,6 МэВ.
Домашнее задание № 1
Определить порядковый номер Z и массовое число A частицы обозначенной буквой X, в символической записи ядерной реакции:
14
4
17
A
6 C  2 He  8 O  Z X
Решение:
В ходе ядерной реакции соблюдается закон сохранения числа нуклонов и заряда (см. задачу № 1).
Известно, что:
14
4
17
A
6 C  2 He  8 O  2 X .
Дано:
4
17
А
6С + 2Не = 8О + ZХ
1) Z = ? 2) A = ?
14
Используем законы сохранения:
1) Заряда: Z1 + Z2 = Z3 + Z4 => 6 + 2 = 8 + Z => Z = 0 – это элементарная
частица, раз без заряда.
2) Числа нуклонов: A1 + A2 = A3 + A4 => 14 + 4 = 17 + A => A = 1.
Следовательно, ZXA = 0X1 = 0n1 – нейтрон.
Ответ: 1) Z = 0; 2) A = 1; частица – нейтрон: 0n1.
Домашнее задание № 2
Ядро урана 92U235, захватив один нейтрон, разделилось на два осколка,
причем освободилось два нейтрона. Одним из осколков оказалось ядро кс енона
140
. Определить порядковый номер Z и массовое число A второго осколка.
54Хе
212
Решение:
Уравнение ядерной реакции выглядит следующим
12U
1
образом (см. задачу № 3):
0n
235
140
+ 0n1 → 4Xe140 + 20n1 + ZХA.
92U
54Xe
Используем законы сохранения (см. формулы (2) и (3)
1) Z = ? 2) A = ?
задачи № 1):
1) Заряда: Z1 + Z2 = Z3 + Z4 => 92+ 0 = 54 + 2·0 + Z => Z = 92 – 54 = 38. В
таблице Д.И. Менделеева под этим номером находится ядро атома стро нция
38Sr.
2) Числа нуклонов: A1 + A2 = A3 + A4 => 235 + 1 = 140 + 2·1 + A => A = 94.
Следовательно, ZXA = 38X94 = 38Sr 94 – стронций.
Уравнение запишется:
235
+ 0n1 → 54Xe140 + 02n1 + 38Sr94.
94U
Ответ: 1) Z = 38; 2) A = 94; ядро атома стронция: 38Sr94.
Дано:
235
Домашнее задание № 3
Определить энергию Q ядерных реакций:
1) 3 Li 7 1 H1  4 Be 7  0 n1 ,
2) 3 Li 6 1 H 2  2 He 4  2 He 4 ,
3) 3 Li 7  2 He 4  5 Be10  0 n1 .
Освобождается или поглощается энергия Q в каждой из указанных реа кций?
Дано:
1) 3 Li 1 H1  4 Be 7  0 n1
7
2) 3 Li 6 1 H 2  2 He 4  2 He 4
3) 3 Li 7  2 He 4  5 Be10  0 n1
с2 = 931,4 МэВ/нуклон
Q=?
Решение:
Энергия ядерной реакции может быть
найдена по формуле (см. задачу № 9):
Q  mc 2  m1  m2   m3  m4  c 2 ,
где m  mдо  mпосле  m1  m2   m3  m4  – де-
фект массы; m1 и m2 – массы покоя ядра – мишени и бомбардирующей частицы (исходные я дра); m3 и m4 – массы покоя ядер продуктов реа кции.
1) 3 Li 7 1 H1  4 Be 7  0 n1 .
Энергетический эффект ядерн ой реакции определяется по формуле:
Q  mLi  mH   mBe  mn с 2 .
Преобразуем формулу, заменив массы ядер массами атомов:
Q  mLi  3me  mH  me   mBe  4me  mn  c 2 .
Учли, что mА = mЯ + Zmе. Сократим массы электронов:
213
Q  mLi  mH   mBe  mn  c 2 ,
получили ту же самую формулу, но в не й массы атомов, которые есть в табл ицах.
До реакции у лития 3 электрона, у водорода 1. Всего 4 электрона. После
реакции у бериллия 4 электронов. Т.е. число электронов одинаково до и после
реакции, значит число электронов сократится.
Заменим массы ядер мас сами атомов и, подставив, массы атомов в расчетную формулу получим:
Q  7,01601  1,00783   7,01693  1,00867   931,4 .
Q  8,02384  8,02560   931,4  0,00176  931,4  1,64 МэВ поглощается
энергия, т.е. реакция эндотермическая.
2) 3 Li 6 1 H 2  2 He 4  2 He 4 .
Энергетический эффект ядерной р еакции:
Q  mLi  mH   mНe  mНe  c 2 .
До реакции у лития 3 электрона, у водорода 1 . Всего 4 электрона. После
реакции у двух атомов гелия стало по 2 электрона. Всего 4 электрона. Т.е. число электронов одинаково до и после реакции, значит число электронов сокр атится.
Заменим массы ядер мас сами атомов и, подставив, массы атомов в расчетную формулу получим:
Q  6,01513  2,01410   4,00260  4,00260   931,4 .
Q  8,02923  8,00520   931,4  0,02403  931,4  22,4
МэВ
выделяется
энергии, т.е. реакция экзотермическая.
3) 3 Li7  2 He 4  5 Be10  0 n1 .
Энергетический эффект ядерной реакции:
Q  mLi  mHе   mBe  mn  c 2 .
До реакции у лития 3 электрона, у гелия 2. Всего 5 электронов. После р еакции у бериллия 5 электронов. Т.е. число электронов одинаково до и после р еакции, значит число электронов сократится.
Заменим массы ядер массами атомов и, п одставив, массы атомов в расчетную формулу получим:
Q  7,01601  4,00260   10,01354  1,00867   931,4 .
Q  11,01861  11,02221  931,4  0,00360  931,4  3,35 МэВ поглощает-
ся энергия, т.е. реакция эндотермическая.
214
Ответ: 1) Q = 1,64 МэВ, поглощается; 2) Q = 22,4 МэВ, выделяется; 3) Q
= 3,35 МэВ; поглощается.
Домашнее задание № 4
Найти энергию Q ядерных реакций:
1) H 2 n,  H 3
2) F19  р,  O16
Дано:
1) mН = 2,01410 а.е.м.
mn = 1,00867 а.е.м.
mН3 = 3,01605 а.е.м.
2) mF = 18,99840 а.е.м.
mН1 = 1,00783 а.е.м.
mНе4 = 4,00260 а.е.м.
mО = 15,99491 а.е.м.
с2 = 931,4 МэВ/а.е.м.
Q=?
2
Решение.
1) Энергетический эффект ядерной реакции для
ядер (см. формулу (2) задачи № 4):
Q  mН  mn   mН   c 2 ,
2
3
Преобразуем формулу, заменив массы ядер ма ссами атомов (см. формулу (3) задачи № 4):
Q  mН  mе  mn   mН  mе   c 2 .
2
3
Сократим массы электронов:
Q  mН  mn   mН   c 2 .
2
3
Произведём вычисления:
Q  2,0141  1,00867   3,01605   931,4
Q  3,02277  3,01605  931,4  0,00672  931,4  6,259  6,26 МэВ выделяет-
ся энергия, т.е. реакция экзотермическая.
2) Энергетический эффект ядерной реакции для ядер:
Q  mF  m р   mНе  mО   c 2 ,
4
Преобразуем формулу, заменив массы ядер массами атомов (см. формулу (3) задачи № 4):
Q  mF  9mе  mH  mе   mНе  2mе  mО  8mе  c 2 .
1
4
Сократим массы электронов:
Q  mF  mН   mНе  mО   c 2 ,
1
4
где mН1 – масса атома водорода.Произведём вычисления:
Q  18,9984  1,00783   4,0026  15,99491  931,4 .
Q  20,00623  19,99751  931,4  0,00872  931,4  8,12МэВ
выделяется
энергия, т.е. реакция экзотермическая.
Ответ: 1) освобождается 6,26 МэВ; 2) освобождается 8,12 МэВ.
Домашнее задание № 5
Определить энергию Q ядерной реакции Ве9(n,γ)Ве10, если известно, что
энергия связи Есв ядра Ве9 равна 58,16 МэВ, а ядра Ве10 – 64,98 МэВ.
215
Решение.
Аналог задачи № 7.
Энергия ядерной реакции (см. формулу (2) задачи № 4):
Q  mВе  mn   m  mВе   c 2 .
Дано:
1) Есв,1 = 58,16 МэВ
Есв,2 = 64,98 МэВ
Z = 7, А1 = 9
А2 = 10
Q=?
9
10
Массой γ – кванта пренебрегаем. Преобразуем
формулу, заменив массы ядер бериллия массами атомов (см. формулу (3) задачи № 4):
Q  mВе  4mе  mn   mВе  4mе   c 2 .
9
10
Сократим массы электронов:
Q  mВе  mn  mВе   c 2 .
9
(1)
10
9
10
Энергия связи ядра атома бериллия 4Ве и Ве (см. задачу № 2 занятие
11):
 Есв  Z1mН   А1  Z1 mn  mВе   c 2
 Есв  4mН  5mn  mВе   c 2
,


2
2
 Есв  Z 2 mН   А2  Z 2 mn  mВе   c
 Есв  4mН  6mn  mВе   c
где Z – зарядовое число (число протонов в ядре) m Н – масса атома водорода,
1
1
9
1
2
1
10
2
1
9
1
10
1
1
mn – масса нейтрона, mВ9 и mВ10 – массы нейтральных атомов; N = A – Z – число
нейтронов, А – массовое число (число нуклонов: протонов и нейтро нов), с –
скорость света в вакууме. П реобразуем:
Вычтем из нижнего уравнения верхнее:
Есв  Есв  4mН  5mn  mВе   4mН  6mn  mВе   c 2 .
(2)
2
1
1
9
1
10
Упростим:
Есв  Есв  mВе  mn  mВе   c 2 .
2
1
9
10
Правые части формул (1) и (2) равны, следовательно равны и левые:
Q = Есв2 – Есв1.
Произведём вычисления:
Q = 64,98 – 58,16 = 6,82 МэВ, выделя ется энергия, т.е. реакция экзотермическая.
Ответ: Q = 6,82 МэВ, освобождается.
216
Основные формулы, используемые в задачнике
Квантовая природа излучения
 Закон Стефана – Больцмана
Re =  T 4,
где Re – энергетическая светимость (излучательность) черного тела ;  - постоянная Стефана – Больцмана; T – термодинамическая температура.
 Связь энергетической светимости Re и спектральной плотности энергетич еской светимости r, T (r, T) черного тела


0
0
Re   r ,T d   r ,T d .
 Энергетическая светимость серого тела
RTc   Т T 4 ,
где  Т – поглощательная способность серого тела.
 Закон смещения Вина
max=b/T,
где max – длина волны, соответствующая максимальному значению спектрал ьной плотности энергетической светимости черного тела; b – постоянная Вина.
 Зависимость максимальной спектральной плотности энергетической свет имости черного тела от температуры
(r, T)max=C T 5,
где С=1,3010-5 Вт / (м3К5).
 Энергия кванта
 = h = hc /  .
 Связь радиационной Tр и истинной T температур
T  4  T ,
где  Т – поглощательная способность серого тела.
 Уравнение Эйнштейна для внешнего фотоэффекта
 = h =A + Tmax ,
где  = h - энергия фотона, падающего на поверхность металла; А – работа выхода электрона из металла; Tmax –максимальная кинетическая энергия фотоэле ктрона.
 «Красная граница» фотоэффекта для данного металла
0 = A / h; 0 = hc / A,
где 0 - максимальная длина волны излучения ( 0 – соответственно минимальная частота), при которой фотоэффект еще возможен.
 Масса и импульс фотона
m =  / c2; p = h / c,
где h - энергия фотона.
 Давление, производимое светом при нормальном падении на поверхность
217
Ee
(1   )  w(1   ) ,
c
где Ее=Nh - облученность поверхности (энергия всех фотонов, падающих на
единицу поверхности в ед иницу времени);  - коэффициент отражения; w –
объемная плотность энергии излучения.
 Изменение длины волны рентгеновского излучения при комптоновском ра ссеянии
h
2h


      
(1  cos ) 
sin 2  2с sin 2 , ,
m0 c
m0 c
2
2
где  и   - длины волн падающего и рассеянного изл учений; m0 – масса электрона;  - угол рассеяния; с=h/(m0c) – комптоновская длина волны.
p
Теория атома по Бору
 Обобщенная формула Бальмера, описывающая серии в спектре водорода
1
1
  R( 2  2 ) ,
m
n
где  - частота спектральных линий в спектре атома вод орода; R – постоянная
Ридберга; m определяет серию (m = 1, 2, 3, …); n определяет отдельные линии
соответствующей серии ( n = m+1, m+2, …): m = 1 (серия Лаймана), m = 2 (серия
Бальмера), m = 3 (серия Пашена), m = 4 (серия Брэкета), m = 5 (серия Пфунда), m
= 6 (серия Хэмфри).
 Первый постулат Бора (постулат стационарных состояний)
mevrn = n  ( n = 1, 2, 3, …),
где me – масса электрона; v – скорость электрона по n-й орбите радиусом rn.
 Второй постулат Бора (правило частот)
hv=En-Em ,
где Еn и Em – соответственно энергии стационарных состояний атома до и п осле
излучения (поглощения).
 Энергия электрона на n-ой стационарной орбите
1 Z 2 me e 4
(n = 1, 2, 3, …),
En   2
n 8h 2  02
где Z – порядковый номер элемента в системе Менделеева; 0 – электрическая
постоянная.
Элементы квантовой механики
 Связь дебройлевской длины волны частицы с импульсом p
 = h / p.
 Соотношения неопределенностй:
для координаты и импульса частицы
xp  h , yp y  h , zp z  h ,
где x, y, z – неопределённости координат; px, py, pz – неопределённости
соответствующих проекций импульса частицы на оси координат;
для энергии и времени
218
Et  h ,
где E – неопределённость энергии данного квантового состояния; t – время
пребывания системы в данном состоянии.
Элементы физики атомов и молекул
 Потенциальная энергия U(r) взаимодействия электрона с ядром в водород оподобном атоме
 Ze 2
,
U (r ) 
4 0 r
где r – расстояние между электроном и ядром; Z – порядковый номер элемента;
0 – электрическая постоянная.
 Собственное значение энергии En электрона в водородоподобном атоме
1 Z 2 me 4
, (n = 1, 2, 3, …).
En   2
n 8h 2  02
 Энергия ионизации атома водорода
me 4
E i   E1  2 2 .
8h  0
 Коротковолновая граница рентгеновского спектра
 min  ch /(eU ),
где e – заряд электрона; U – разность потенциалов, приложенная к рентгено вской
трубке.
 Закон Мозли, определяющий частоты спектральных линий характеристич еского рентгеновского излучения
1
1
  R ( Z   ) 2 ( 2  2 ),
m
n
где R – постоянная Ридберга; Z – порядковый номер элемента в периодической
системе;  - постоянная экранирования; m определяет рентгеновскую серию ( m =
1, 2, 3, …); n определяет отдельные линии соответствующей серии ( n = m+1, m+2,
…).
 Закон Мозли для линии K  (  1)
1
1
  R ( Z  1) 2 ( 2  2 ).
1
2
Элементы физики атомного ядра
 Радиус ядра
R  R 0 A1 / 3 ,
где R0  1,4  10 15 м; A = массовое число (число нуклонов в ядре).
 Энергия связи нуклонов в ядре
E св  [ Zm p  ( A  Z )m n  m я ]c 2  [ Zm H  ( A  Z )m n  m]c 2 ,
219
где m p , m n , m я - соответственно массы протона, нейтрона и ядра; Z – зарядовое
число ядра (число протонов в ядре); A – массовое число; m H  m p  m e масса
атома водорода ( 11 H ); m – масса атома.
 Дефект массы ядра
m  [ Zm p  ( A  Z )m n ]  m я  [ Zm H  ( A  Z )m n ]  m.
 Удельная энергия связи (энергия связи, отнесённая к одному нуклону)
 E св  E св / A.
 Число ядер, распавшихся в среднем за промежуток времени от t до t +dt
dN  Ndt ,
где N – число нераспавшихся ядер в момент времени t;  - постоянная радиоактивного распада.
 Закон радиоактивного распада
N  N 0 exp( t ),
где N - число нераспавшихся ядер в момент времени t; N0 – начальное число нераспавшихся ядер (в момент времени t=0);  - постоянная радиоактивного распада.
 Число ядер, распавшихся за время t
N  N 0  N  N 0 [1  exp( t )].
 Связь периода полураспада T1/2 и постоянной радиоактивного распада 
T1 / 2  (ln 2) /  .
 Связь среднего времени жизни  радиоактивного ядра и постоянной  радиоактивного распада
  1/  .
 Активность нуклида
dN
A
 N .
dt
 Правила смещения;
для  –распада
A
A 4
4
Z X  Z  2 Y  2 He;
для   –распада
A
A
0
Z X  Z 1Y  1 e;
для   –распада
A
A
0
Z X  Z 1Y  1 e;
 Схема e-захвата
A
Z
X  10 e  Z A1Y  00  e .
 Символическая запись ядерной реакции
A
A
A
A
,
Z X  a  Z Y  b, или Z X ( a, b) Z Y
A
A
где Z X и Z Y - исходное и конечное ядра соответственно с зарядовыми числ ами
Z и Z′ и массовыми числами А и А′; а и b- соответственно бомбардирующая и и спускаемая (или испускаемые) в ядерной реакции частицы.
220
 Энергия ядерной реакции
Q  c 2 [(m1  m 2 )  (m3  m 4 )],
где m1 и m2 – массы покоя ядра-мишени и бомбардирующей частицы;
(m 3  m 4 ) - суммы масс покоя ядер продуктов реакции. Если Q > 0 – экзотермическая реакция, Q < 0 – эндотермическая реакция.
 Энергия ядерной реакции представляется также в виде
Q  (T1  T2 )  (T3  T4 ),
где T1, T2, T3, T4 – соответственно кинетические энергии ядра -мишени, бомбардирующей частицы, испускаемой частицы и ядра продукта реакции.
221
ПРИЛОЖЕНИЯ
О приближенных вычислениях
При решении физических задач мы имеем дело с приближенными числ овыми м/с
значениями. К ним относя тся также многие константы, например,
g  9,8
2
и др.
В настоящее время в распоряжении студентов имеются различные сче тно-вычислительные машинки (калькуляторы, микрокалькуляторы), которые
при вычислении дают большое число значащих цифр. Студенты должны понимать, сколько цифр после запятой следует оставить, а остальные отбр осить и в
дальнейших расчетах не учитывать. Ниже приводятся правила приближе нных
вычислений.
1. При сложении и вычитании результат округляется так, чтобы он не
имел значащих цифр в разрядах, которые отсутствуют хотя бы в одной из да нных.
Пример: 3,351  2,45  1,2534  7,05.
2. При умножении сомножители округляются так, чтобы каждый соде ржал столько значащих цифр, сколько их имеет сомножитель с наимен ьшим их
числом.
Пример: 2,51 1,2  5,245  2,5 1,2  5,2.
В окончательном результате оставляют такое же число значащих цифр,
как в сомножителях после округления.
3. При делении соблюдается такое же правило, как и при умнож ении.
6,24 6,24
Пример:

.
2,124 2,12
4. При возведении в квадрат (или куб) в результате берется столько зн ачащихся цифр, сколько их имеет основание степени.
Пример:1,252  1,56 .
5. При извлечении квадратного корня (или кубического) в результате б ерется столько значащих цифр, сколько их имеет подк оренное выражение.
Пример: 6,82  2,61 .
Эти же правила следует применять при вычислении сложных выраж ений.
222
1. Производные некоторых функций
Функция
c = const
xn
ax
ex
lnx
sin x
cos x
tg x
ctg x
Производная
0
nxn-1
ax ln a
ex
1/x
cos x
-sin x
1/cos2 x
-1/sin2x
2. Неопределенные интегралы некоторых функций
Функция
xn
1/x
ex
sin x
cos x
tg x
ctg x
Интеграл
x /(n+1) + C
ln|x| + C
ex + C
- cos x + C
sinx + C
- ln|cos x| + C
ln|sin x| + C
n+1
3. Основные физические постоянные (округленные знач ения)
Физическая постоянная
Обозначение
Нормальное ускорение свободного падения
g
Гравитационная постоянная
G
Постоянная Авогадро
Na
Молярная газовая постоянная
R
Стандартный объем
Vm
Постоянная Больцмана
k
Элементарный заряд
e
Скорость света в вакууме
c
Постоянная Стефана-Больцмана

Постоянная закона смещения Вина
b
223
Значение
9,81 м/с 2
6,67·10-11 м3/(кг·с2)
6,02·1023 моль-1
8,31 Дж/(моль·К)
22,4·10-3 м3/моль
1,38·10-23 Дж/К
1,60·10-19 Кл
3,00·108 м/с
5,67·10-8 Вт/(м4·К4)
2,90·10-3 м·К
Постоянная Планка
Постоянная Ридберга
Постоянная Ридберга (штрихованная)
Радиус Бора
Комптоновская длина волны электрона
Магнетон Бора
Энергия ионизации атома водорода
Атомная единица массы
Электрическая постоянная
Магнитная постоянная
h

R
R
a

B
E1
а.е.м.
0
0
6,63·10-34 Дж/c
1,05·10-34 Дж/c
1,10·107 м-1
3,29·1015 с-1
0,529·10-10 м
2,43·10-12 м
0,927·10-23 А·м2
2,18·10-18 Дж (13,6 эВ)
1,660·10-27 кг
8,85·10-12 Ф/м
4·10-7 Гн/м
4. Некоторые астрономические величины
Наименование
Радиус Земли
Масса Земли
Радиус Солнца
Масса Солнца
Радиус Луны
Масса Луны
Расстояние от центра Земли до центра Солнца
Расстояние от центра Земли до центра Луны
Период обращения Луны вокруг Земли
Значение
6,37·10 м
5,98·1024 кг
6,95·108 м
1,98·1030 кг
1,74·106 м
7,33·1022 кг
1,49·1011 м
3,84·108 м
27,3 сут = 2,36ּ106 с
6
5. Множители и приставки для образования десятичных кратных и
дольных единиц и их наименования
Приставка
Обозначение
Наимемеждунование русское народное
экса
Э
E
пэта
П
P
тера
Т
T
Приставка
Обозначение
МноНаимемеждужитель
нование русское народное
18
10
деци
д
d
15
10
санти
с
c
12
10
милли
м
m
224
Множитель
10-1
10-2
10-3
микро
Г
G
109
мк
10-6

мега
М
M
106
нано
н
n
10-9
кило
к
k
103
пико
п
p
10-12
Гекто
г
h
102
фемто
ф
f
10-15
Дека
да
da
101
атто
а
a
10-18
П р и м е ч а н и е: Приставки гекто, дека, деци и санти допускается применять
только в наименованиях кратных и дольных единиц, уже получивших широкое
распространение (гектар, декалитр, дециметр, сантиметр и др.)
гига
6. Плотность ρ твердых тел и жидкостей
Твердое тело
Алюминий
Барий
Ванадий
Висмут
Железо (чугун, сталь)
Литий
Медь
Никель
Свинец
Серебро
Вольфрам
Цезий
Каменная соль
Латунь
Марганец
Платина
Золото
Висмут
Уран
Цинк
Жидкость (при 15˚ С)
Вода ( дистиллированная при
4С)
Глицерин
Плотность, г/см 3
2,70
3,50
6,02
9,80
7,88
0,53
8,93
8,90
11,3
10,5
19,3
1,90
2,2
8,55
4,7
21,4
19,3
9,8
18,7
7,15
Плотность, г/см3
1,00
1,26
225
Керосин
Ртуть
Масло (оливковое, смазочное)
Масло касторовое
Сероуглерод
Эфир
Спирт
0,8
13,6
0,9
0,96
1,26
0,7
0,80
7. Работа выхода А электронов
Металл
Калий
Литий
Платина
Рубидий
Серебро
Цезий
Цинк
А, Дж
3,5·10-19
3,7·10-19
10·10-19
3,4·10-19
7,5·10-19
3,2·10-19
6,4·10-19
А, эВ
2,2
2,3
6,3
2,1
4,7
2,0
4,0
8. Энергия ионизации
Вещество
Водород
Гелий
Литий
Ртуть
Еi, Дж
2,18·10-18
3,94·10-18
1,21·10-17
1,66·10-18
Еi, эВ
13,6
24,6
75,6
10,4
9. Химические элементы
Z - атомный номер, z – валентность;
Агр. сост. - агрегатное состояние при нормальных условиях: (0°С;101,3 кПа),
т - твёрдое, ж - жидкое, г – газообразное;
и - элемент получен искусственным путём;
* - радиоактивный элемент;
Ar - относительная атомная масса природной смеси изотопов или массовое
число наиболее стабильного изо топа радиоактивных элементов.
226
Вещество
Символ
Z
Ar
Азот
Актиний *
Алюминий
Америций *
Аргон
Астатин *
Барий
Бериллий
Берклий *
Бор
Бром
Ванадий
Висмут
Водород
Вольфрам
Гадолиний
Галлий
Гафний
Гелий
Германий
Гольмий
Диспрозий
Европий
Железо
Золото
Индий
Йод
Иридий
Иттербий
Иттрий
Кадмий
Калий
Калифорний *
Кальций
Кислород
N
Ac
Al
Am
Ar
At
Ba
Be
Bk
B
Br
V
Bi
H
W
Gd
Ga
Hf
He
Ge
Ho
Dy
Eu
Fe
Au
In
I
Ir
Yb
Y
Cd
K
Cf
Ca
O
7
89
13
95
18
85
56
4
97
5
35
23
83
1
74
64
31
72
2
32
67
66
63
26
79
49
53
77
70
39
48
19
98
20
8
14,0067
227
26,9815
243
39,948
210
137,34
9,0122
247
10,811
79,909
50,942
208,980
1,00797
183,85
157,25
69,72
178,49
4,0026
72,59
164,930
162,50
151,96
55,847
196,967
114,82
126,9044
192,2
173,04
88,905
112,40
39,102
251
40,08
15,9994
z
12345
3
3
23456
0
1357
2
2
34
3
135
2345
235
1
23456
3
123
4
0
24
3
3
23
234
13
123
1357
12346
23
3
2
1
3
2
2
227
Агр. сост.
г
т
т
ти
г
т
т
т
ти
т
ж
т
т
г
т
т
т
т
г
т
т
т
т
т
т
т
т
т
т
т
т
т
ти
т
г
Кобальт
Кремний
Криптон
Ксенон
Кюрий *
Лантан
Литий
Лоуренсий *
Лютеций *
Магний
Марганец
Медь
Менделевий *
Молибден
Мышьяк
Натрий
Неодим
Неон
Нептуний *
Никель
Ниобий
Нобелий *
Олово
Осмий
Палладий
Платина
Плутоний *
Полоний *
Празеодим
Прометий *
Протактиний *
Радий*
Радон*
Рений
Родий
Ртуть
Co
Si
Kr
Xe
Cm
La
Li
Lr
Lu
Mg
Mn
Cu
Md
Mo
As
Na
Nd
Ne
Np
Ni
Nb
No
Sn
Os
Pd
Pt
Pu
Po
Pr
Pm
Pa
Ra
Rn
Re
Rh
Hg
27
14
36
54
96
57
3
103
71
12
25
29
101
42
33
11
60
10
93
28
41
102
50
76
46
78
94
84
59
61
91
88
86
75
45
80
58,9332
28,086
83,80
131,30
247
138,91
6,939
260
174,97
24,312
54,9381
63,54
258
95,94
74,9216
22,9898
144,24
20,183
273
58,71
92,906
259
118,70
190,2
106,4
195,09
244
209
140,907
145
231
226
222
186,2
102,905
200,59
234
24
0
0
3
3
1
3
2
123467
123
23456
35
1
3
0
23456
1234
2345
24
23468
234
12346
23456
246
345
3
345
2
0
1234567
123456
12
228
т
т
г
г
ти
т
т
и
т
т
т
т
ти
т
т
т
т
г
т
т
т
ти
т
т
т
т
ти
т
т
ти
ти
т
г
т
т
ж
Рубидий *
Рутений
Самарий *
Свинец
Селен
Сера
Серебро
Скандий
Стронций
Сурьма
Таллий
Тантал
Теллур
Тербий
Технеций *
Титан
Торий*
Тулий
Углерод
Уран*
Фермий *
Фосфор
Франций *
Фтор
Хлор
Хром
Цезий
Церий
Цинк
Цирконий
Эйнштейний *
Эрбий
Rb
Ru
Sm
Pb
Se
S
Ag
Sc
Sr
Sb
Tl
Ta
Te
Tb
Tc
Ti
Th
Tm
C
U
Fm
P
Fr
F
Cl
Cr
Cs
Ce
Zn
Zr
Es
Er
37
44
62
82
34
16
47
21
38
51
81
73
52
65
43
22
90
69
6
92
100
15
87
9
17
24
55
58
30
40
99
68
85,47
101,07
150,35
207,19
78,96
32,064
107,870
44,956
87,62
121,75
204,37
180,948
127,60
158,924
97
47,90
232,038
168,934
12,01115
238,03
257
30,9738
223
18,9984
35,453
51,996
132,905
140,12
65,38
91,22
254
167,26
1
2345678
23
24
246
246
12
3
2
345
13
2345
246
34
467
236
34
3
234
23456
1345
1
13457
23456
1
34
2
234
3
229
т
т
т
т
т
т
т
т
т
т
т
т
т
т
ти
т
т
т
т
т
ти
т
т
г
г
т
т
т
т
т
ти
т
10. Относительные атомные массы (округленные значения) А r и порядковые номера Z некоторых элементов
Элемент
Азот
Алюминий
Аргон
Барий
Ванадий
Водород
Вольфрам
Гелий
Железо
Золото
Калий
Кальций
Кислород
Магний
Марганец
Медь
Молибден
Натрий
Неон
Никель
Олово
Платина
Ртуть
Сера
Серебро
Углерод
Уран
Хлор
Символ
N
Al
Ar
Ba
V
H
W
He
Fe
Au
K
Ca
O
Mg
Mn
Cu
Mo
Na
Ne
Ni
Sn
Pt
Hg
S
Ag
C
U
Cl
Ar
14
27
40
137
60
1
184
4
56
197
39
40
16
24
55
64
96
23
20
59
119
195
201
32
108
12
238
35
Z
7
13
18
56
23
1
74
2
26
79
19
20
8
12
25
29
42
11
10
28
50
78
80
16
47
6
92
17
230
11.Период полураспада некоторых радиоактивных изотопов (в ыборочно)
z
1
6
7
8
11
Символ
H
C
N
O
Na
Элемент
Водород
Углерод
Азот
Кислород
Натрий
12
15
16
17
Mg
P
S
Cl
Магний
Фосфор
Сера
Хлор
19
20
21
24
23
25
K
Ca
Sc
Cr
V
Mn
Калий
Кальций
Скандий
Хром
Ванадий
Марганец
26
27
29
30
33
Fe
Co
Cu
Zn
As
Железо
Кобальт
Медь
Цинк
Мышьяк
35
36
38
Br
Kr
Sr
Бром
Криптон
Стронций
39
47
51
53
54
Y
Ag
Sb
I
Xe
Иттрий
Серебро
Сурьма
Йод
Ксенон
А
3
14
13
15
22
24
27
32
35
36
38
42
45
46
51
48
52
54
59
60
64
65
76
77
82
85
89
90
90
111
124
131
133
Т1/2
12,3 г
5730 г
10 мин
124 с
2,6 г
15 ч
10 мин.
14,3 сут
87 сут
3∙105 г
38 мин
12,4 ч
164 сут
84 сут
27,8 сут
16,1 сут
5,7 сут
314 сут
45 сут
5,26 г
12,8 ч
246 сут
26,8 сут
38,8 сут
35,5 ч
10,6 г
54 сут
27 лет
64 ч
7,5 сут
60 сут
8,08 сут
5,3 сут
231
55
58
61
69
74
77
79
84
86
88
89
90
Cs
Ce
Pm
Tm
W
Ir
Au
Po
Rn
Ra
Ac
Th
91
Pa
92
U
93
94
Np
Pu
Цезий
Церий
Прометий
Тулий
Вольфрам
Иридий
Золото
Полоний
Радон
Радий
Актиний
Торий
137
144
147
170
185
192
198
210
222
226
255
229
232
Протактий 231
233
Уран
234
235
238
Нептуний 239
Плутоний 239
30 г
285 сут
2,5 г
125 сут
74 сут
75 сут
2,7 сут
138,4 сут
3,83 сут
1620 лет
10 суток
7 103 лет
1,41∙1010 г
3,25∙104 г
27,4 сут
2,5∙105 г
7,1∙108 г
4,5∙109 г
2,3 сут
2,44∙104 г
12.Массы некоторых элементарных частиц и атомов
Наименование
частицы
Электрон
Протон (ядро
атома водорода)
Нейтрон
Атом водорода
Дейтрон (ядро атома дейтерия)
Атом дейтерия
протонов
нейтронов
электронов
Масса m,
а.е.м.
e-1
–
–
1
0,00055
1
p1
1
–
–
1,00728
1
n0
–
1
–
1,00867
H1
1
–
1
1,00783
2
d1
1
1
–
2,01354
H1
1
1
1
2,01410
Обозначение
0
1
2
Число
232
α – частица
(ядро атома
гелия)
4
Атом гелия
4
2
2
2
–
4,00149
He2
2
2
2
4,00260
13.Основные характеристики некоторых элементарных частиц
Частица
α -частица
Нейтрон
Позитрон
Протон
Электрон
Заряд, 10 -19 Кл
3,2
0
1,6
1,6
-1,6
Символ
4
α2
1
n0
0
е1
1
р0
0
е-1
14.Массы легких изотопов
Изотоп
Нейтрон
Водород
Гелий
Литий
Символ
1
n0
1
H1
2
H1
3
H1
3
He2
4
He2
6
3
7
Кислород
Бериллий
Бор
Углерод
Азот
Li
Li3
O8
17
O8
7
Be4
9
Be4
10
B4
11
B5
12
C6
13
C6
14
C6
14
N7
16
Масса, а.е.м.
1,00867
1,00783
2,01410
3,01605
3,01603
4,00260
6,01513
7,01601
15,99491
16,99913
7,01693
9,01219
10,01294
11,00930
12,00000
13,00335
14,00324
14,00307
233
Масса, 10 -27 кг
6,6446
1,6748
0,000911
1,6724
0,000911
15.Масса m0 и энергия покоя Е0 некоторых частиц
Электрон
Протон
Нейтрон
Дейтрон
-частица
масса
m0,кг
m0, а.е.м.
-31
9,11·10
0,00055
-27
1,672·10
1,00728
-27
1,675·10
1,00867
-27
3,35·10
2,01355
-27
6,64·10
4,00149
Энергия
Е0, Дж
Е0, МэВ
-14
8,16·10
0,511
-10
1,50·10
938
-10
1,51·10
939
-10
3,00·10
1876
-10
5,96·10
3733
Нейтральный -мезон
2,41·10-28
2,16·10-11
Частица
0,14498
234
135
16. Греческий алфавит (24 буквы)
Обозначения букв
A, 
B, 
Название букв
альфа
бета
Название букв
ню
кси
гамма
Обозначения букв
N, 
, 
O, o
Г, 
, 
E, 
дэльта
эпсилон
П, 
P, 
пи
ро
Z, 
дзета
, 
сигма
H, 
, 
J, i
эта
тэта
T, 
, 
тау
фи
иота
X, 
хи
, 
каппа
лямбда
, 
, 
ипсилон
пси
M, 
мю
, 
омега
K, x
омикрон
17. Латинский алфавит (26 букв)
Обозначения букв
A, a
B, b
С, с
D, d
E, e
F, f
G, g
H, h
I, i
J, j
K, k
L, l
M, m
Название букв
а
бэ
цэ
дэ
е
эф
жэ
аш
и
жи
ка
эль
эм
Обозначения букв
N, n
O, o
P, p
Q, q
R, r
C, c
T, t
U, u
V, v
W, w
X, x
Y, y
Z, z
235
Название букв
эн
о
пэ
ку
эр
эс
тэ
у
вэ
дубль вэ
икс
игрек
зэт
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Трофимова, Т.И. Курс физики: учеб. пособие для инженерно -техн.
спец. высш. учеб. заведений / Т. И. Трофимова. - 6-е изд., стер. - М.:
Высш. шк., 2000. - 542 с.: ил.
2. Трофимова, Т.И. Сборник задач по курсу физики с решениями: учеб.
пособие для вузов / Т. И. Трофимова, З.Г. Павлова. - М.: Высш. шк., 1999.
- 591 с.: ил.
3. Трофимова, Т.И. Физика: 400 основных законов и формул: справ. / Т.
И. Трофимова. - М.: Высш. шк., 1993. - 46 с.: ил. -4.
4. Чертов, А.Г. Задачник по физике: Учеб.пособие / А.Г. Чертов, А.А.
Воробьев. - 5-е изд.,перераб.и доп. - М.: Высш. шк., 1988. - 526 с.
5. Волькенштейн, В.С. Сборник задач по общему курсу физики / В.С.
Волькенштейн. - СПб.: спецЛит, 2002.-327с.
6. Мелешина, А.М. Пособие для самостоятельного обучения решению з адач по физике в вузе / А.М. Мелешина, И.К. Золотова, М.А. Фосс. - Воронеж: Изд-во ВГУ, 1986. - 439 с.
7. Фирганг, Е.В. Руководство к решению задач по курсу общей физики:
учеб. пособ.для втузов / Е.В. Фирганг. -М.: Высш. шк., 1976. - 350 с.
8. Мясников, С.П. Пособие по физике: учеб.пособие / С. П. Мясников,
Т. Н. Осанова. - 5-е изд.,испр.и перераб. - М.: Высш. шк., 1988. - 398 с.
9. Кухлинг, Х. Справочник по физике: пер.с нем. / Х. Кухлинг; Под
ред.Е.М.Лейкина. - М.: Мир, 1985. - 519 с.
10. Рябоволов , Г.И. Сборник дидактических заданий по физике: учеб. п особие для техникумов / Г.И. Рябоволов, Н.Р. Дадашева, В.А.Курганова. М.:Высш. шк., 1985.- 416 с.
236
Для заметок:
237
Для заметок:
238
Для заметок:
239
Учебное издание
Жевнеренко Василий Александрович
Шамбулина Вера Николаевна
Серов Игорь Константинович
ФИЗИКА
Квантово-оптические явления. Физика атома.
Элементы физики атомного ядра
Сборник задач с решениями
Редактор Е. В. Щербович
Технический редактор:
Корректор:
Компьютерная верстка: Филиппов Дмитрий, Демедюк Влад имир
План 2007 г., позиция __. Подписано в печать …
Компьютерный набор. Гарнитура Times New Roman.
Формат 60х84 1/16. Бумага офсетная. Печать трафаретная.
Усл. печ. л. _._. Уч. - изд. л. _._Тираж ___ экз. Заказ №
Ухтинский государственный технический униве рситет.
169300, г.Ухта, ул.Первомайская, 13.
Лицензия ПД № 00578 от 25.05.2000 г.
Отдел оперативной полиграфии УГТУ.
169300, г.Ухта, ул.Октябрьская, 13.