ОСНОВЫ КВАНТОВОЙ ФИЗИКИ (Т.И. Трофимова, З.Г. Павлова - Сборник задач по курсу физики с решениями), страница 4

Так как энергия покоя электрона ε= m0e c2 = 0,51 МэВ, тоε e / ε 0e = 1 + ε ф2 / ε 02e , т.е. εe / ε0e ≈ 2,7 > 1.При таком соотношении полной энергии и энергии покоячастицы необходимо пользоваться релятивистской механикой.Используя выражение для полной энергии электрона, найдемскорость частицы или отношение скорости частицы к скорости света β= v/c из формулы Эйнштейнаε e = m0e c 2 /(1 − β 2 )1/ 2 .Далее получим уравнение1/(1 − β 2 ) = 1 + ε ф2 / ε 02e .Откудаβ 2 = 1 /(1 + ε 02е / ε ф2 ).Отношение ε 02e / ε ô2 можно преобразовать к виду2⎛ m cλ ⎞ε / ε = ⎜ 0 e ⎟ = (λ / λ C ) 2 .⎝ h ⎠где λC = h/ m0e c – комптоновская длина волны, равная 2,4⋅10-12 м.Таким образом,1.β2 =21 + (λ / λ C )Откуда скорость электронаc= 2,8⋅108 м/с.v=21 + (λ / λ C )20e202фЗадача 1.13. Объяснить наличие светового давления с точкизрения квантовой теории света.Решение.

С точки зрения квантовой теории световое давлениеобъясняется передачей импульса фотона hν/с поглощающей илиотражающей стенке. Световой поток монохроматического света счастотой ν, падающий нормально на стенку, приносит в единицувремени на единичную поверхность стенки энергию Ее, равнуюEe = n&ф ⋅ hν,где n&ф - число фотонов, падающих на единицу площади стенки вединицу времени.

Так как каждый фотон обладает импульсом pф =аhν/c, то он сообщает поглощающей стенке импульс hν/c,отражающей – 2hν/c.Если коэффициент отражения ρ, то число отраженных фотоновбудет ρ ⋅ n&ф , а число поглощенных - (1 − ρ) ⋅ n&ф . Тогда суммарныйимпульс, сообщенный в единицу времени единице поверхности, будетE2ρ ⋅ n&ф ⋅ hν / c + (1 − ρ) ⋅ n&ф ⋅ hν / c = (1 + ρ) ⋅ n&ф hν / c = e (1 + ρ).cТак как импульс, сообщенный в единицу времени единицеповерхности, и есть давление, производимое на эту поверхностьp = (1 + ρ)Ee/c.Так как Ue = Ee/c - объемная плотность энергии излучения, тор = (1 + ρ)⋅Ue.Задача 1.14.

Пучок параллельных лучей падает нормально назеркальную (ρ = 1) плоскую поверхность. Мощность (поток излучения)Фe = 0,6 кВт. Определить силу давления F, испытываемую этойповерхностью.Решение. Сила светового давления на поверхность равнапроизведению светового давления p на площадь S поверхностиF = p⋅S,давление светаEp = e (1 + ρ),cгде Ее – интенсивность падающего на поверхность излучения(энергетическая освещенность); с - скорость света вакууме; ρ коэффициент отражения.Умножив обе части последнего уравнения на S и с учетомопределения EeS = Фе, где Фе - мощность потока излучения, найдемФF = e (1 + ρ) = 4 ⋅10 −6 Н.c21Задача 1.15.

Монохроматический пучок света λ = 0,662 мкмпадает нормально на поверхность с коэффициентом отражения ρ =0,8. Определить количество фотоновN& Ф погл . , ежесекунднопоглощаемых S = 1 см2 = 10-4 м2 поверхности, если давление света наповерхность p =1 мкПа.Решение. Пусть n& ô - число падающих на единицу поверхности вединицу времени фотонов. Если S - площадь поверхности, то числопоглощенных фотонов этой поверхностью будетN& Ф погл = n&ф ⋅ S (1 − ρ).Плотность потока фотонов n&ф можно связать с энергетическойосвещенностью поверхности ЕеE e = hν ⋅ n&Ф ,а энергетическую освещенность - с давлением светаEp = e (1 + ρ),cУчитывая связь ν = с, найдемpSλ (1 − ρ )N& Ф погл == 1,1 ⋅ 1016 с -1.h (1 + ρ )Задача 1.16.

Найти с помощью корпускулярных представленийсилу светового давления, которую оказывает плоский световой поток сI = 0,2 Вт/см2 на плоскую поверхность синтенсивностьюкоэффициентом отражения ρ = 0,8, если угол падения θ = 45° иплощадь освещаемой поверхности S = 10 см2.Решение. С точки зрения квантовой теории световое давлениеобъясняется передачей импульса фотона hν/c поглощающей илиотражающей стенке. Поток монохроматического света с частотой светаν, падающий на стенку под углом падения θ на поверхность S, равен Фe= I⋅S⋅cosθ, где I – интенсивность. Угол падения θ - это угол междунормалью к поверхности стенки и направлением вектора импульсападающего фотона.Мощность излучения, падающего на поверхность под углом θ,определяет число фотонов N& Ф , падающих на нормальную поверхностьN& ф = Фe / hν = (IS cos θ) hν .Так как каждый фотон обладает импульсом p1 = hν/с, то онсообщает поглощающей стенке нормальную составляющую импульса(hν/с)⋅cosθотражающей - 2(hν/с)⋅cosθ поскольку при отражениинормальная составляющая импульса изменяется от (hν/с)⋅cosθ до –22(hν/с)⋅cosθ.

Изменение нормальной составляющей импульса Δp1=2(hν/с)⋅cosθ.Если коэффициент отражения ρ, то число отраженных фотоновбудет ρ ⋅ N& ф , а число поглощенных - (1 − ρ) ⋅ N& ф . Тогда нормальнаясоставляющая суммарного импульса, сообщенного в единицу времениповерхности, будетΔp nhνhνhν= 2ρ ⋅ N& Фcos θ + (1 − ρ) N& фcos θ = (1 + ρ) N& ф cos θΔtcccилиΔp nI= (1 + ρ) S ⋅ cos 2 θΔtcПоследнее выражение определяет скорость изменениянормальной составляющей импульса стенки - Δpn/Δt, т.е.

силунормального давленияIFn = (1 + ρ) ⋅ S ⋅ cos2 θ = 6 ⋅ 10−9 H.cЗадача1.17.Определитьмаксимальнуюскоростьфотоэлектронов,вырываемыхсповерхностисеребраультрафиолетовыми лучами с длиной волны λ = 0,155 мкм. Работавыхода для серебра AВ = 4,7 эВ.Решение. Максимальную скорость фотоэлектронов можноопределить из уравнения Эйнштейна (1.23) для фотоэффекта:Тmax = hν - АВ,где hν - энергия фотонов, падающих на поверхность металла;АВ - работа выхода; Тmax - максимальная кинетическая энергияфотоэлектронов.Энергия фотонов вычисляется по формулеεф = hν = hc/λ = 8 эВ,-34где h = 6,62⋅10 Дж⋅с; λ - длина волны, с = 3⋅108 м/с.Кинетическую энергию электрона можно определить либо поклассической формуле (1.25), либо по релятивистской формуле (1.26),в зависимости от того, как велика скорость, сообщаемаяфотоэлектрону.

Скорость фотоэлектрона зависит от энергии фотона,вызывающего фотоэффект: если энергия фотона εф много меньшеэнергии покоя электрона ε0е, то может быть применена формула (1.25),а если εф сравнима с ε0е и более нее, то формула (1.26).Полученная энергия фотона (εф = 8 эВ) много меньше энергиипокоя электрона ε0е = m0ес2 = 0,5 МэВ.

Следовательно, для данногослучая максимальную кинетическую энергию фотоэлектрона Tmax232можно вычислить по классической формуле Tmax = m0evmax2,уравнение Эйнштейна для фотоэффекта записать в виде2m0evmaxεô = AÂ +,2откуда2(ε ф − AВ )vmax == 1,1 ⋅ 10 6 м / с.m0 eиЗадача 1.18. На поверхность лития падает монохроматическийсвет c длиной волны λ = 0,31 мкм. Чтобы прекратитьфотоэмиссионный ток, нужно приложить задерживающую разностьпотенциалов, равную VЗ = 1,76 эВ. Определить работу выхода.Решение. В соответствии с уравнением Эйнштейна будем иметьhν = AВ + Tmax .Работа задерживающей разности потенциалов eVЗ равнамаксимальной кинетической энергии электрона Tmax = eVЗ .Тогда уравнение Эйнштейна будет иметь видhν = AВ + eVЗ ,откудаAВ = hν − eVЗ .Или при данной длине волныhcAВ =− eVЗ = 2,2 эВ.λЗадача 1.19. Определить красную границу фотоэффекта дляцинка, работа выхода которого равна АВ = 3,74 эВ = 6,0⋅10-19 Дж.Решение.

Красная граница фотоэффекта определяетсясоотношением λкр = hc/AВ = 0,33 мкм и имеет физический смыслнаибольшей длины волны, при которой фотоэффект еще наблюдается,причем скорость вырванных фотоэлектронов равна при этом нулю.Задача 1.20. Получить формулу для комптоновской длиныволны, рассмотрев столкновение фотонов со свободным электроном,происходящее по закону упругого удара, для которого выполняютсязаконы сохранения энергии и импульса. Считать, что энергия фотонасоизмерима с собственной энергией электрона. Найти условиеприменимости классической модели рассеянного света.Решение.

Надо найти длину волны рассеянного фотона λ' позаданной длине волны падающего фотона λ и углу рассеяния θ (см.рис. 1.3). Для, этого, следует, рассмотреть систему уравнений. Кроме24того, необходимо учесть определение энергии фотона εф = hν исвязь ν = c/λ.Исключим из уравнений энергию и импульс электрона послестолкновения. Для этого выразим величину ε′е и возведем обе частиуравнения в квадрат.В результате получим уравнение(ε′е ) 2 = (ε ф − ε′ф + ε 0е ) 2 .Разделим обе части этого уравнения на с2 и с исключим εф и ε′ф .В результате получим(ε′е / с) 2 = ( рф2 − рф′2 + ε 0е / с) 2 .Далее найдем(ε′е с )2 = ( рф − рф′+ ε 0 е с) 2 − рф2 − рф′2 + 2 рф рф′ соs θ.Откуда находим связь р'ф, рф и θ в видеεрф ⋅ рф′ (cos θ − 1) + 0 e ( рф − рф′ ) = 0.сРазрешая это уравнение относительно р'ф, найдем импульсфотона после рассеянияр⎛θ⎞рф′ = pф ⎜⎜1 + 2 ф sin 2 ⎟⎟ .2⎠m0ec⎝из последнего соотношения найдем выражение для энергиирассеянного фотона:ε⎛θ⎞ε′ô = εô ⎜⎜1 + 2 ô 2 ⋅ sin 2 ⎟⎟ .2⎠m0ec⎝И, наконец, найдем формулу Комптонаθλ′ − λ = 2 ⋅ λC ⋅ sin 2 ,2гдеhλC == 2,4 ⋅10−12 м.m0e ⋅ cИз выражения для энергии фотона ε′ф видно, что при hν « mеc2 v'= v, и рассеяние света описывается классической модельювзаимодействия света с веществом.Задача 1.21.

Вычислить кинетическую энергию электронаотдачи, если угол рассеяния θ = 90° и энергия фотона равна энергиипокоя электрона. Какова при этом скорость электрона?25Решение. Согласно определению кинетической энергии частицыв релятивистской механикеT = ε′e − ε 0 e .На основании закона сохранения энергии находимT = ε′e − ε 0 e = ε ф − ε′ф .С учетом выражения для энергии рассеянного фотона,найденного в предыдущей задаче, найдем выражение для кинетическойэнергии электрона отдачи, включающее энергию фотона до рассеяния,и угол рассеянияεф22 ⋅ sin 2 (θ 2).Т=⋅εфm0ec221+ 2⋅ sin (θ 2)m0ec 2Так как по условию задачи εф = m0ес2 , то, с учетом θ = 90°,найдемT = m0ec 2 2 = 0,255 МэВ.На основании релятивистского выражения для скоростиэлектрона(T / ε0e + 2)T / ε0e 1v=c= c = 108 м/с.2(T / ε0e + 1)3Задача 1.22.