Решение задач по Физике (Кириллов) (1018048), страница 29
Текст из файла (страница 29)
Таким образом, плотность вероятности нахождения частицы 2 ~уг1х)~ в области х>0 уменьшается при увеличении х пропорционально ехр1 -2х'х ) . Следовательно, значение х, при котором плотность вероятности уменьшится в е раз по сравнению с ее значением на границе барьера, равно 1/2к. где /2нБ-н,г )зг = Ь При записи выражения (3) мы учли асимптотическое условие, согласно которому в области больших положительных значений х золжна отсутствовать волна, распространяющаяся справа налево (поскольку падающая волна распространяется слева направо, в асимптотической области х -э рассеянная барьером волна также должна распространяться слева направо). Требования непрерывности волновой функции и ее первой производной в точке х=О приводят к уравнениям: а, + Ь, = а,, )г,1 а, - Ь, ) = )гзаз, из которых следует, что гзз Квантовая физика ! .ГŠ—,~Š— ((„э и Ответ: а) Я= " при Е>Уо; б) х,ЕŠ—— ( (Е+,(Е-(7„) 2 гнз((/о — Е) при Е<(( .
7.82. Воспользовавшись формулой (7.8.!), найти для электрона с энергией Е вероятность 1з прохождения потенциального барьера, ширина которого ! н высота Еш если барьер имеет форму, показанную: а) на рис. 7.5; б) на рис. 7.6. О х, ! х Рис 76 О х Рис 75 Решение Для потенциала, изображенного на рис. 7.5, х, = О, х, =1, У(х) = Ус при 0 < х<! и поэтому согласно формуле (7.8.!) и-. р! — ~,6ао:я~). ( 2 '( й о (!) Для потенциала, изображенного на рис.
7.6, запишем У(х)= — х при 0 <х<1. ()о Точка х, в формуле (7.8.1) определяется из условия Е = ((( х, ), (3) откуда, с учетом выражения (2), получаем х = — Е. и, Верхний предел интегрирования в формуле (7.8. 1) при этом равен х, =1. Подставляя выражение (2), в формулу (7.6.!) и принимая во внимание указанные пределы интегрирования, получаем (2) 0 = ехр — ((7 — Е) зй((, (5) Глава 7 234 ( 21 1 4142т згг Ответ: а) 0 = ехр~ — 2т< Уо — Е ) ); б) 0 = — ( Уо — Е ) й ' )' ~ ЗИ/о 7.8.3. Найти с помощью формулы (7.8.1) вероятность 0 прохождения частицы с массой т и энергией Е сквозь потенциальный 0 барьер (рис.
7.7), где У(х)=У (! — х I1 ). о Решение Выражение (7.8.1) для данного потенциала можно преобразовать к виду 4э/2щ(1о 0=ехр — о 1, (!) 81 -1 О ! х Рис 7.7 л((ио - Е) 2 (2) гг((Уо — Е) !2щ1 Ответ: 0=ехр (зо 7.9. Теиловое излучение Основные формулы ° Спектральная плотность равновесного теплового излучения абсолютно черного тела определяется формулой Планка Мт 1 оодг где м (= (Д-*'о*, *,=~Зо,-в>/и,, л и,. о Вычисление интеграла 1 приводит к значению 1=лхо14.
В результате, г/ для коэффициента прозрачности барьера при Е <(1о получаем выражение 235 Квантовая физика где и - циклическая частота излучения, )г - постоянная Больцмана, Ь- постоянная Планка, Т - термодинамическая температура, с - скорость света. ° Объемная плотность энергии равновесного теплового излучения в интервале частот от и до ш+ Ыаз связана с величиной и равенством пи=и дш.
(7.9.2) ° Связь полной объемной плотности излучения и по всем частотам и=)и дш (7.9.3) о с энергетической светимостью М абсолютно черного тела определяется выражением ! М = — си. 4 ° Закон Стефана-Больцмана (7.9.4) М=ат, (7.9.5) где а-постоянная Стефана-Больцмана [сг= 5,67 10 в Вт/(м К~)). ° Длина волны Л, на которую приходится максимум распределения плотности их равновесного теплового излучения абсолютно черного тела, согласно закону смещения Вина равна 3» Ь (7.9.6) Т где Ь вЂ” постоянная Вина 1Ь=2,9 10 ' м К). Величина ихсвязана с объемной плотностью излучения по всем длинам волн равенством и= )и (7.9.7) о Примеры решения задач 7.9.1. Имеется два абсолютно черных источника теплового излучения.
Температура одного из них Т, = 2500 К. Найти температуру другого источника, если длина волны, отвечающая максимуму его испускательной способности, на ЛЯ=0,50мкм больше длины волны, соответствующей максимуму испускательной способности первого источника. Глава 7 гЗ6 Решение Длина волны, на которую приходится максимум излучения первого источника, согласно закону смещения Вина (7.9.6) вычисляется по формуле Ь л Т ! По условию задачи максимум испускательной способности второго источника приходится на длину волны лз = — + ьл. Ь (2) Вновь применяя закон смещения Вина (7.9.6), и используя выражение (2), находим Тз = — = ' н 1750 К. Ь ЬТ, Л Ь+ Т7зЛ Ответ: Тз = ьт, и!750 К. Ь+Т,ЬЛ 7.92. Излучение Солнца по своему спектральному составу близко к излучению абсолютно черного тела, для которого максимум испускательной способности приходится на длину волны 0,48 мкм.
Найти массу, теряемую Солнцем ежесекундно за счет этого излучения. Оценить время, за которое масса Солнца уменьшится на 1%. Решение С помощью закона смещения Вина (7.9.6), найдем, прежде всего, температуру поверхности Солнца Ь Т= —, л.' где Ь-постоянная Вина. Энергия, теряемая Солнцем в виде излучения в единицу времени Р, определяется произведением его энергетической светимости М на площадь излучающей поверхности, т, е. Р=4т)1 М (2) где )1 - радиус Солнца. Используя закон Стефана-Больцмана лля вычисления светимосгн Ми формулу (1), находим 237 Квантовая физика 4зг2тй~Ь 24 где зт- постоянная Стефана-Больцмана.
Согласно теории относительности Эйнштейна энергия покоя тела Ео (в данном случае - Солнца ) связана с его массой нз соотношением Ео — — 2пс (4) где с- скорость света. Поэтому скорость уменьшения массы Солнца за счет его излучения определяется равенством йл Р 4то)! Ь ! 2 2 аз 4 Таким образом, время дг, в течение которого происходит относительное уменьшение массы Солнца з) = Д22212п, приближенно равно 2 4 д 0222с Ап (6) 42го Л2Ь Подставляя Я=6 95 10 м, 2н =1,99 10зокг, гт=5,67 1О ~Вт!(м К"), Ь=2,9 10 'м К, с=3!О мыс, Л„, =048 10 м, 27=0,01, находим !йл/А!=5 10"кг/с, Дгн!О 'лет, г я 224 — ) к2!с ~г 10 22ет, гЬн 4ЛО Я Ь з 2)азс .2„ й с з),~ 4лстЯ~Ь 7.9.3.
Медный шарик диаметра 27 =1,2 см поместили в откачанный сосуд, темпера~ура стенок которого поддерживается близкой к абсолютному нулю. Начальная температура шарика 7о =300 К. Считая поверхность шарика абсолютно черной, найти, через сколько времени его температура уменьшится в 2) = 2, О раза. Решение Внутренняя энергия медного шарика определяется выражением и=- Рстй, 1 6 238 Глава 7 где р и с -плотность и удельная теплоемкость меди соответственно, а- диаметр шарика, Т - его термодинамическая температура.
Энергия, излучаемая шариком в единицу времени, равна — = Р=лг) М, ай' (2) а'1 где М - энергетическая светимость шарика. Поскольку по условию задачи шарик рассматривается как абсолютно черное тело, светимость М вычисляем по формуле Стефана-Больцмана (7.9.5), т, е. Р = лггг)~Т, (3) где о -постоянная Стефана-Больцмана. Учитывая, что изменение внутренней энергии шарика Жl за время вй должно равняться энергии излучения за то же время с обратным знаком -д)т', с помощью формул (1), (3) находим ЙТ 6<т — = — ак (4) Т рсг) Интегрируя это уравнение с учетом начального условия (Т = То при г = О), получаем (5) где Т - термодинамическая температура шарика в момент времени л Из выражения (5) следует, что время, в течение которого температура шарика Т уменьшится в д раз ( Тв) Т = у), определяется формулой рад( Чз 1) нЗч. 18ггТ~ рсв11'г) -1) Ответ: г = , н 3 ч, где р и с -плотность и удельная 18гтТз теплоемкость меди соответственно.
7.9.4. Температура поверхности Солнца Тв =5500 К. Считая, что поглощательная способность Солнца и Земли равна единице и что Земля находится в состоянии теплового равновесия, оценить ее температуру. 239 Квантовая физика Решение Поскольку по условию задачи поглощательные способности Солнца и Земли равны единице, то их можно рассматривать как абсолютно черные тела, т.
е, светимости Солнца и Земли можно вычислять по формуле Стефана-Больцмана (7.9.5). Таким образом, энергия, излучаемая Солнцем в единицу времени определяется выражением Р = 4л Ио Мо = 4«го Ко То (1) где Мо - светимость Солнца, Ко - его радиус, о - постоянная СтефанаБольцмана.
Поток энергии излучения Солнца, приходящийся на единицу телесного угла, при этом равен 2(Р Р 2 а 1 = — = — =ойоТо. (2) Ый 4л Р" = 4лВ2М = 4лг«К2Т', (5) где М - светимость Земли, Т - температура ее поверхности. Приравнивая выражения (4) и (5), находим Т = То ) ~~ — = 266 К . 1' 2» (6) Ответ: Т =Т~ —" и 266 К, где Яо - радиус Солнца, « — расстояние '2 2» между Солнцем и Землей.
7.9.5. Полость объемом У = 1,0 л заполнена тепловым излучением при температуре Т = 1000 К. Найти: Та часть потока энергии, которая попадает в телесный угол лй' ЬЬ2 = —, (3) 2 где К вЂ” радиус Земли, » — ее расстояние от Солнца, поглощается земной поверхностью. Следовательно, энергия излучения Солнца, поглощаемая Землей в единицу времени, вычисляется по формуле тй2 2Т4 (,~П лег~ ао'о (4) 2 Энергия излучения Земли в единицу времени Р*определяется равенством 240 Глава 7 а) теплоемкость Ст; б) энтропию 5 этого излучения. Решение Энергия излучения в полости равна // =ар, где и — плотность энергии излучения, 1'- объем полости. Выражая плотность энергии через светимость с помощью формулы (7.9.4) и используя для расчета светимости выражение (7.9.5), получаем связь энергии излучения с термодинамической температурой и= — рт, 4гт 4 П) с где сг - постоянная Стефана-Больцмана, с - скорость света.
Теплоемкость излучения при постоянном объеме вычисляем по формуле (2) С помощью формулы (1) находим С вЂ” нЗнДж/К. с При увеличении энергии излучения на величину Л/, приращение его энтропии ( при фиксированном объеме )/) равно Ы5 = — = — сгг'Т г/Т, Л/ 16 г (4) Т с Интегрируя выражение (4) с учетом условия 5=0 при Т=О, находим 6 г'Тз 5 = =1,0 нДж/К.
Зг (5) Ответ: а) Ск = =ЗнДж/К; б) 5= =1,ОнДж/К. 16гт)/Т 1бсФТ с Зс 7.9.6. Найти уравнение адиабатического процесса (в переменных И Т), проводимого с тепловым излучением, имея в виду, что между давлением и плотностью энергии теплового излучения существует связь /г -и/3. 241 Квантовая физика Решение Используя формулы (7.9.4), (7.9.5), находим энергию излучения в полости 1 4оТ р = — и 3 Зс Подставляя (1) н (3) в (2), находим В(УТв)+ — Т сЯ =О, 3 (3) (4) откуда получаем уравнение а'Т в()з 3 — ч- — = О. Т Из (5) следует, что е(1л( Л"' ) = О, т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
