Практический курс физики. Квантовая физика. Элементы физики твёрдого тела и ядерной физики (1013875), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Первичным актом здесь являетсяпоглощение фотона и ионизация с испусканием электрона. Всяэнергия фотона, за вычетом энергии ионизации, передаетсяиспускаемому электрону.Закон сохранения энергии при внешнем фотоэффекте выражаетсяуравнением Эйнштейнаε = A вых + Tmax .Для процесса фотоионизации атома или молекулыε = E i + Tmax ,(1.25)(1.26)Тmax –где ε = hν = hc / λ - энергия поглощенного фотона,максимальная кинетическая энергия фотоэлектрона, Авых - работавыхода, Еi.
– энергия ионизации атома или молекулы.Работа выхода Авых – это наименьшая энергия, необходимая длявыхода электрона из металла. Работа выхода зависит от видаметалла и состояния его поверхности.Максимальная кинетическая энергия фотоэлектрона вычисляетсяпо формулеTmax =2m 0e v max,2(1.27)если энергия фотона существенно меньше энергии покоя электронаε << m0 e c 2 ≈ 0,5 МэВ .
Если энергия фотона сравнима или большеэнергии покоя электрона, для вычисления кинетической энергииэлектрона необходимо использовать релятивистское выражение⎛Tmax = m 0e c 2 ⎜⎜⎝121 − v max/ c2⎞− 1⎟ ,⎟⎠(1.28)где v max - максимальная скорость фотоэлектронов; m0e - масса электрона.Внешний фотоэффект возможен только в том случае, когдаэнергия фотона больше или равна работе выхода для данногометалла ε ≥ A вых .
Из условия ε = A вых можно найти предельные11значения частоты и длины волны, при которых возможенфотоэффект. Минимальная частота ν 0 или максимальная длинаволны λ 0 , при которой наблюдается фотоэффект, называетсякрасной границей фотоэффекта:ν0 =A вых,hλ0 =hc.A вых(1.29)На рис. 1.2 представлена зависимость фототока от напряжениямежду катодом и анодом в установке для изучения фотоэффекта.Максимальное значение силы токаIназывается фототоком насыщения иIнсоответствуеттакимзначениямнапряжения U, при которых все электроны,вылетевшие с поверхности катода,достигают анода:•Iн = e ⋅ Ne ,(1.30)•UЗРис. 1.2Uздесь Ne - число электронов, вылетевших споверхности катода за единицу времени под действием света, е –заряд электрона.Фототок насыщения зависит от интенсивности света.Ток в фотоэлементе прекращается, если все вылетающиеэлектроны затормозятся, не долетев до анода.
Это возможно, если кфотоэлементу приложить обратное (тормозящее) напряжение UЗ. Этопозволяетэкспериментальноопределитьмаксимальнуюкинетическую энергию и скорость вырванных фотоэлектронов,поскольку из закона сохранения энергииe ⋅ UЗ = Tmax ,Эффект Комптона2m 0e v max.e ⋅ UЗ =2(1. 31)Эффект Комптона.– упругое рассеяние электромагнитногоизлучения на свободных (или слабосвязанных) электронах,сопровождающееся увеличением длины волны.ЭффектКомптонанаблюдаетсяприрассеяниимонохроматического рентгеновского излучения на веществах,состоящих из легких атомов. Изменение длины волны рассеянногоизлучения в длинноволновую сторону спектра называетсякомптоновским смещением Δλ = λ ′ − λ . Комптоновское смещение Δλне зависит от длины волны падающего излучения и составарассеивающего вещества, а является функцией угла рассеяния.Рассеяние света на веществе сводится к столкновению междуфотонами и электронами, входящими в состав атомов. В результатестолкновения фотон изменяет не только направление своего12движения, но и частоту, так как часть своей энергии он передаетэлектрону.
Следовательно, энергия фотона при столкновенииуменьшается, а длина волны увеличивается.rДля случая рассеяния фотона с импульсом pф и энергией εф напокоящемся электроне законы сохранения энергии и импульса имеют вид:ε ф + ε 0 e = ε′ф + ε e ,rrrp ф = p′ф + p eгдеε 0e = m 0e c 2 –(1.32)(1.33)энергия покоя электрона,энергия и импульс налетающего фотона,энергия и импульс рассеянного фотона.Диаграмма, иллюстрирующая законсохраненияимпульсаприупругомрассеяниифотоновнасвободныхэлектронах, представлена на рис. 1.3.Из законов сохранения энергии иимпульса (1.32), (1.33) следует:ε ф = hc / λиε′ф = hc / λ ′ иpф = h / λ -p′ф = h / λ ′ rрфಿrpфРис. 1.3θrφpе2ε 2e = ε 2ф + ε′ф − 2ε фε′ф + 2( ε ф − ε′ф )ε 0 e + ε 02e(1.34)2p 2e = p 2ф + p′ф − 2p фp′ф cos θ .(1.35)Умножение равенства (1.35) на с2 приводит к соотношению22 2p 2e c 2 = p фc + p′ф c 2 − 2p фp′ф c 2 cos θ = ε 2ф + ε′ф2 − 2ε ф ε′ф cosθ (1.36)Здесь учтено, что энергия и импульс фотона связанысоотношением (1.18).
Вычтем (1.36) из (1.34). С учетомрелятивистского инвариантаε 2e − p 2e c 2 = m 20e c 4(1.37)111−=(1 − cos θ) ,ε′ф ε ф ε 0е(1.38)после несложных преобразований получимm 20e c 4 = −2ε ф ε′ф (1 − cos θ ) + ε 02e + 2(ε ф − ε′ф )ε 0 eоткуда( ε ф − ε′ф )ε 0e = ε ф ε′ф (1 − cos θ)Или, после деления на произведение энергий ( ε ф ⋅ ε′ф ⋅ ε 0 е ),Подставляя в (1.38) выражения для энергии фотонов и электронаεф =hc,λε′ф =hc,λ′получаем формулу комптоновского смещенияΔλ = λ ′ − λ = λ С (1 − cos θ)илиε 0e = m 0e c 2 ,Δλ = 2λ С sin2 θ / 2(1.39)13hЗдесь λ С == 2,4 ⋅ 10 −12 м – комптоновская длина волны электрона.m 0e cНекоторая часть рассеяния происходит без изменения длиныволны.
Это объясняется тем, что часть фотонов рассеивается не навнешних электронах, слабо связанных с ядром, а на внутреннихэлектронах, которые очень сильно связаны с ядром атома. Этоэквивалентно столкновению фотона не со свободным электроном, ас атомом. Поскольку масса атома в несколько тысяч раз большемассы электрона, то длина волны этих фотонов практически неизменяется.Примеры решения задачЗадача 1.1. С помощью формулы Планка (1.10) доказать законСтефана-Больцмана и вычислить постоянную Стефана-Больцмана.РешениеПодставим формулу (1.10) в (1.2) и выполним интегрирование,сделав замену переменной x = hν / kT , dν = kTdx / h , ν = kTx / h :2πh k 4 T 4 x 3 dx 2πk 4 T 4 x 3 dx2πhν 31== 2 ⋅ hν / kT⋅dν = 2 4 ⋅ x=c 0 he −1c 2h 3 0 e x − 1e−100 c 3x dx π 4Значение интеграла x = , поэтому получим:0 e − 1 152π 5k 42πk 4 T 4 π 4M0e =⋅=⋅ T4 = σ ⋅ T4 ,2 32315 15c hc hздесь введено обозначение:M0eM0νT dν()Вт2π 5 k 42 ⋅ (3,14 )5 ⋅ 1,38 ⋅ 10 − 23−8σ===5,67⋅10.м2 ⋅ К 415c 2h3 15 ⋅ 3 ⋅ 10 8 2 ⋅ 6,62 ⋅ 10 −34 3Таким образом, теоретическое значение постоянной СтефанаБольцмана σ совпадает с экспериментальным.() (4)Задача 1.2.
Какую мощность излучения имеет Солнце? ИзлучениеСолнца считать близким к излучению абсолютно черного тела.Температура поверхности Солнца Т = 6000 К. Радиус Солнца принятьравным rС = 6,95·108м.РешениеМощность dΦе излучения малого участка поверхности абсолютночерного тела dS определяется соотношениемdΦ e = M0e ·dSгде энергетическая светимость абсолютно черного тела M0eопределяется законом Стефана–Больцмана (1.12)14σ = 5,67·10–8 Вт/(м2·К4).Так как температура поверхности Солнца во всех точкаходинакова, мощность излучения всей поверхности Солнца площадьюS = 4πrC2 вычисляется по формуле:M0e = σ ⋅ T 4 ,Φ e = M0e ·S = 4 π ⋅ rC2 ⋅ σ ⋅ T 4 = 4,46 ⋅ 10 26 ВтЗадача 1.3.
В каких областях спектра лежат длины волн,соответствующие максимуму спектральной плотности энергетическойсветимости, если источником света служит: а) спираль электрическойлампочки (Т = 3000 К); б) поверхность Солнца (Т = 6000 К); в) атомнаябомба, в которой температура достигает Т = 107К в момент взрыва?Излучение считать близким к излучению абсолютно чёрного тела.РешениеСогласно закону смещения Винаопределяется по формуле:(1.14),искомая длина волныλm = b / T ,b = 2,90·10–3м·КПроизведя вычисления, получим:а) λm=1мкм = 10–6м (инфракрасная область);б) λm = 0,5мкм = 0,5·10–6м (область видимого света);в) λm = 0,3нм = 3·10–10м (рентгеновское излучение).Задача 1.4.
В спектре Солнца максимум спектральной плотностиэнергетической светимости приходится на длину волны λm= 0,50 мкм.Приняв, что Солнце излучает как абсолютно черное тело, найтиплотность потока излучения вблизи Земли за пределами ееатмосферы. Принять радиус Солнца равным rС = 6,95·108м, арасстояние от Солнца до ЗемлиrСЗ = 1,5·1011м.РешениеПо определению энергетическая освещенность Ее поверхности:dФегдеЕе = dФе-потокdSсолнечнойсферической поверхностиdSэнергии,радиусомпадающийr.наэлементВ силу равномерностиизлучения Солнца по всем направлениям величина освещенностиЕ е СЗбудет одинакова во всех точках сферы радиуса rСЗ. Этопозволяет определить необходимую мощность излучения Солнца,приходящуюся на всю поверхность сферы радиусом rСЗ:гдеS СЗ = 4 π·rС2З , аΦ eСЗ = E eСЗ ·S СЗ ,rСЗ - расстояние от Солнца до Земли.15С другой стороны, эта мощность согласно закону сохраненияэнергии определяется мощностью теплового излучения Солнца какабсолютно черного тела, имеющего форму сферы радиусом rС:Φ eС = M0eC · S С ,гдеS С = 4 πrС2 , rС - радиус Солнца.Закон сохранения энергии в данном случае имеет видΦe = Φe З .Откуда, учитывая выражение для мощности излучения, найдемискомую величину Ее:CCE eСЗ = M0e C (rC / rСЗ )2 .Энергетическая светимость абсолютно черного тела определяется наосновании закона Стефана-Больцмана (1.12)M0eC = σ ⋅ TC4 ,где ТС - температура поверхности Солнца, σ = 5,67·10–8Вт/(м2·К4), атемпература излучения определяется по заданной длине волны, накоторую приходится максимум спектральной плотностиэнергетической светимости, из закона Вина (1.14):TC = b / λ m ,b = 2,90·10–3 м·КВ итоге расчетная формула для плотности потока излучениявблизи Земли примет вид:E e = σ(b/λ m ) (rC / rСЗ ) .24Проводя вычисления, получим: Ее = 1,4 кВт/м2.Задача 1.5.
Электрическая печь потребляет мощностьP = 500 Вт .Температура ее внутренней поверхности при открытом небольшомотверстии диаметром d = 5 см равна T = 700ºС. Какая часть αпотребляемой мощности рассеивается стенками?РешениеПри установившемся тепловом режиме печи вся потребляемая еюежесекундно электрическая энергия Р излучается наружу отверстиеми стенкамигде Φ e1иΦe 2 -P = Φ e1 + Φ e 2 ,(1)потоки излучения, испускаемые отверстием истенками соответственно. В задаче требуется найти α = Φ e 2 / P . Сучетом (1) его можно выразить так:α=P − Φ e1P= 1−Φ e1P(2)Рассмотрим излучение печи через небольшое отверстие в ней какизлучение абсолютно черного тела, тогда16Φ e1 = M0e ⋅ S ,где(3)M0e - энергетическая светимость абсолютно черного тела, согласнозаконуСтефана-Больцмана,равнаяплощадь отверстия.(3)выражением:С учетомискомая величинаα = 1−Задачасилой i1 =11.6.αM0e = σ ⋅ T 4 ,на основанииаS = πd2 / 4 .
–(2)определяетсяπd2 σT 4⋅= 0,8 .4PВольфрамовая нить накаливается в вакууме током1000 К. При какой силе тока нитьнакаливается до температуры Т2 = 5000 К? Коэффициенты излучениясоответствующиевольфрамаиегоудельныесопротивления,температурам Т1, Т2, равны соответственно: аТ1 = 0,115; аТ2 = 0,334;ρ1 = 25,7·10–8Ом·м, ρ1 = 96,2·10–8Ом·м.Адо температуры Т1=РешениеРассмотрим излучающее тело при установившемся тепловомрежиме. Согласно закону сохранения энергииP = Φe ,где Р- мощность, потребляемая от источника; Φе - поток энергии,излучаемый нитью. Пусть r - радиус нити; L - длина нити; i – сила токав проводнике; R – сопротивление проводника.Тогда мощность, потребляемая нитью накаливания, на основаниизакона Джоуля - Ленца может быть представлена в видеP = i 2R = i 2ρL / πr 2Поток энергии теплового излучения, испускаемый нитью равенΦ e = Me ⋅ 2πrLгде Me - энергетическая светимость вольфрама, которая может бытьвыражена через коэффициент теплового излучения аТ иэнергетическую светимость абсолютно черного тела M0e , согласноформуле (1.8)Me = a T ⋅ M0e ,где по закону Стефана-Больцмана (1.12) M0e = σ ⋅ T 4Таким образом, поток энергии теплового излучения, испускаемыйнитью, записывается в видеΦ e = a T ·σT 4 ⋅ 2πrL .С учетом этого выражения получаем соотношения для двухзначений температуры Тi12 ⋅ ρ(T1 ) = a T1 ⋅ σT14 ⋅ 2π 2r 3i 22 ⋅ ρ(T2 ) = a T2 ⋅ σT24 ⋅ 2π 2r 317Разделив их почленно и выразив i2 , окончательно получимρ(T1 ) ·a T2i 2 = i1 (T2 / T1 )2ρ( T2 )·a T1= 7,9 A .Задача 1.7.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
