Физика. Раздел 6. ''Квантовая оптика. Физика атома. Элементы квантовой механики. Физика твердого тела. Физика атомного ядра'': Основные законы и формулы: Методические указания к решению задач

МИНИСТЕРСТВО ОБЩЕГО И СПЕЦИАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ СЕВЕРО-ЗАПАДНЫЙ ЗАОЧНЫЙ ПОЛИТЕХНИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ Кафедра физики

ФИЗИКА Раздел 6. Квантовая оптика. Физика атома. Элементы квантовой механики. Физика твердого тела. Физика атомного ядра. Основные законы и формулы. Методические указания к решению задач.

Факультеты все Специальности все

Санкт-Петербург 1997 1

Утверждено редакционно-издательским советом института. УДК 53(07) Физика. Раздел 6. "Квантовая оптика. Физика атома. Элементы квантовой механики. Физика твердого тела. Физика атомного ядра." . Основные законы и формулы. Методические указания к решению задач. СПб.:СЗПИ, 1997, - 34 с., ил. 1. Данное учебно-методическое пособие содержит основные законы и формулы физики, рекомендации к решению задач, примеры решения задач и рекомендуемую литературу по разделу: "Квантовая оптика. Физика атома. Элементы квантовой механики. Физика твердого тела. Физика атомного ядра. Основы радиационной безопасности", а также справочные таблицы. Пособие составлено в соответствии с программой по физике для инженерных специальностей высших учебных заведений. Рассмотрено на заседании кафедры физики. Одобрено методической комиссией факультета радиоэлектроники. Рецензенты: кафедра физики СЗПИ (и.о.зав.каф. физики В.А.Подхалюзин, канд. техн. наук, доц.); А.Г.Дмитриев, докт. физ.-мат. наук, проф. кафедры экспериментальной физики СПбГТУ. Составители: В.А.Воробьев, ст.препод. Н.А.Елисеева, канд. физ.-мат. наук, доц. А.Б.Федорцов, докт. физ.-мат. наук, проф. Л.М.Ценципер, зав. лаб. каф. физики. Научные редакторы: Ю.А.Карташов, канд. техн. наук, проф. И.В.Попов, канд. физ.-мат. наук, доц.

Предисловие Цель настоящего учебно-методического пособия - оказание помощи студентам СЗПИ всех специальностей в изучении курса физики. Основной учебный материал пособия содержит шесть разделов физики, изданных отдельными брошюрами: 1. Физические основы механики. 2. Электростатика. Постоянный электрический ток. 3. Магнитостатика. Электромагнетизм. 4. Колебания и волны. Волновая оптика. 5. Молекулярная физика. Термодинамика. механики. 6. Квантовая оптика. Физика атома. Элементы квантовой Физика твердого тела. Физика атомного ядра. В каждом из разделов приведены основные формулы и примеры решения задач. Кроме того, в пособии даны общие методические указания, список рекомендуемой учебной литературы и справочные таблицы. Общие методические указания к решению задач, выполнению и оформлению контрольных работ 1. В зависимости от объема изучаемого курса физики студенты выполняют разное число контрольных работ: - односеместровый курс физики - две конрольные работы; - двухсеместровй курс физики - три контрольные работы; - трехсеместровый курс физики - пять контрольных работ. 2. Контрольные работы выполняются в школьной тетради, на обложке которой приводятся сведения о студенте (фамилия, имя, отчество, факультет, шифр, номер специальности), а также номер контрольной работы, номер варианта и номера всех задач контрольной работы. 3. Условие каждой задачи переписывается полностью, без сокращений. 4. Решения сопровождаются подробными пояснениями, с обязательным использованием рисунков, выполненных чертежными инструментами. При этом оставляются поля и промежутки не менее 10 мм между строками для замечаний преподавателя. 5. Последовательность решения задач: а) вводятся буквенные обозначения всех используемых физических величин; б) под рубрикой "Дано" кратко записывается условие задачи с переводом единиц в систему СИ; 3

в) приводится рисунок, поясняющий условие; г) формулируются физические законы и обосновываются возможности их использования при решении данной задачи; д) на основе сформулированных законов составляются уравнения для искомых величин в системе СИ; е) находятся решения этих уравнений и выводятся рабочие формулы в общем виде; ж)по рабочим формулам проверяется размерность искомых величин; и) проводятся вычисления (с точностью не более 2-3 значащих цифр) в системе СИ. Числовые значения величин записываются в виде десятичной дроби с одной значащей цифрой перед запятой, умноженной на соответствующую степень десяти. 6. В конце контрольной работы приводится список использованной литературы. Выполненная контрольная работа сдается на рецензию преподавателю по крайней мере за одну-две недели до экзамена (зачета) по физике. После рецензирования вносятся исправления в решения задач в соответствии с замечаниями преподавателя. Исправленные решения помещаются в конце тетради с контрольной работой, которая сдается на повторную рецензию. Зачет по контрольной работе принимается преподавателем в процессе собеседования по правильно решенной и отрецензированной контрольной работе. Литература Основная 1. Детлаф А.А., Яворский Б.М. Курс физики М.: Высшая школа, 1989. 2. Савельев И.В. Курс общей физики. Т.3. М.: Наука, 1989. Дополнительная 3. Климчицкая Г.Л., Шабаев В.М. Элементы квантовой механики и атомной физики. Текст лекций. СПб.: СЗПИ, 1992. 4. Комаровских К.Ф. и др. Физика твердого тела. Текст лекций. СПб.: СЗПИ. 1993. 5. Иванов В.Г, Федорцов А.Б. Основные единицы измерения оптических излучений. Текст лекций. СПб.: СЗПИ, 1992. 6. Иванов В.Г; и др. Основы квантовой оптики. Текст лекций. СПб.: СЗПИ. 1993. 7. Федорцов А.Б. Радиационная безопасность. Уч.пособие. СПб.: СЗПИ. 1996. 8. Волькенштейн В.С. Сборник задач по общему курсу физики. М.: Наука. 1990. 9. Чертов А.Б., Воробьев А.А. Задачник по физике. М.: Высшая школа. 1988, 1991.

4

Квантовая оптика. Основные законы и формулы. Закон Стефана-Больцмана

Re = T4, где Re - энергетическая светимость (излучательность) абсолютно черного тела, = 5,67 . 10-8 Вт / (м2. К4) - постоянная Стефана-Больцмана, Т термодинамическая температура Кельвина. Первый закон Вина (закон смещения Вина) m = b / T, где m - длина волны на которую приходится максимум излучения абсолютно черного тела, b = 2,9 .10-3 м.К - постоянная первого закона Вина. Второй закон Вина (r ,T)max = b'.T5, где (r ,T)max - максимальная спектральная плотность энергетической светимости абсолютно черного тела, b' = 1,3.10-5 Вт / (К5.м3) - постоянная второго закона Вина. Энергия фотона = h или   h ω  где h - постоянная Планка, h = h/2 - приведенная постоянная Планка, ν частота фотона, ω = 2 πν - циклическая частота. Масса фотона m = ε /c2 = h / (c. ), где с - скорость света в вакууме, - длина волны фотона. Импульс фотона p = mc = h/ Формула Эйнштейна для фотоэффекта ( k) h = A + E max , где h энергия фотона, падающего на поверхность металла, А-работа ( k) E max - максимальная кинетическая энергия выхода электрона, фотоэлектронов. Красная граница фотоэффекта или o = A/h o = hc/A, где o и o - минимальная частота света и соответствующая длина волны, при которых еще возможен фотоэффект. Формула Комптона 5

θ h h 2    c  os θ  = 2 sin ,  2 m0 c m0 c где длина волны фотона падающего на свободный электрон, волны фотона рассеянного на угол θ , mo - масса покоя электрона. Комптоновская длина волны = h / moc ,  = 2,436 пм) .  

2



длина

Примеры решения задач

Пример1. Длина волны, на которую приходится максимум энергии в спектре излучения черного тела 0,58 мкм. Определить энергетическую светимость (излучательность) поверхности тела. Дано:    мкм = 5,8.10-7 м ____________________ Re - ? Решение. Энергетическая светимость Re абсолютно черного тела в соответствии с законом Стефана-Больцмана пропорциональна четвертой степени термодинамической температуры и выражается формулой Re = T4, (1) где - постоянная Стефана-Больцмана, Т - термодинамическая температура. Температуру Т можно вычислить с помощью закона Вина (2) о = b / T, где b - постоянная закона смещения Вина. Используя формулы (2) и (1), получаем Re = (b / o)4 . Произведем вычисления: Re = 5,67.10-8

(

. −3 2,9010 . −7 5,810

)

4

Вт/м2 = 3,54.107 Вт/м2 = 35,4 МВт/м2.

Пример2. Определить максимальную скорость фотоэлектронов, вырываемых с поверхности серебра: 1) ультрафиолетовым излучением с длиной волны 0,155 мкм; 2) гамма-излучением с длиной волны 1 пм. Дано: . -7 1 = 0,155 мкм = 1,55 10 м . -12 2 = 1 пм = 1 10 м 6

______________ vmax1- ? vmax2- ? Решение. Максимальную скорость фотоэлектронов можно определить из уравнения Эйнштейна для фотоэффекта ( k) ε = A + Emax , где ε энергия фотонов, падающих на поверхность металла, А-работа выхода ( k) электрона, E max - максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов. Энергия фотона вычисляется также по формуле ε = hc/ λ , где h - постоянная Планка, с - скорость света в вакууме, λ - длина волны. Кинетическая энергия электрона может быть выражена или по классической формуле ( k) E max = mvo2/2 (3) или по релятивистской формуле 1 ( k) E max = Eo( -1), (4) 1 − β2 где Eo - энергия покоя электрона, β = v/c. Скорость фотоэлектрона зависит от энергии фотона, вызывающего фотоэффект. Если энергия ε фотона намного меньше энергии покоя Eo электрона, то может быть применена формула (3). Если же ε сравнима по величине с Eo , то вычисление по формуле (3) приводит к большой ошибке, поэтому нужно пользоваться формулой (4). 1) Вычислим энергию фотона ультрафиолетового излучения по формуле (2) 6,63 ⋅ 10 −34 ⋅ 3 ⋅ 108 ε1 = Дж = 1,28.10-18 Дж 7 155 , ⋅ 10 или 128 , ⋅ 10 −18 ε1 = эВ = 8 эВ . 16 , ⋅ 10 −19 Полученная энергия фотона (8эВ) много меньше энергии покоя электрона (0,51 МэВ). Следовательно, для данного случая кинетическая энергия фотоэлектронов в формуле (1) может быть выражена по классической формуле (3)

ε 1= А +

m0 v 2 max , 2

откуда 7

(5) vmax= 2( ε 1 − A ) / m o . Проверим размерность выражения (5). Для этого в правую часть выражения вместо символов величин подставим обозначения единиц 1 2

⎛ [ε 1 − A]⎞ 2 2 ⎜⎜ ⎟⎟ = (1 Дж/1 кг)1/2 = ( 1 к г⋅ 1м / c )1/2 = 1 м/с . 1к г ⎝ [m o ] ⎠ Полученная единица является единицей скорости. Подставив значение величин в формулу (5), найдем 2(128 , .10 −18 − 0,75.10 −18 ) м/с = 1,08.106 м/с. vmax = 91110 , . −31 2) Вычислим энергию фотона гамма-излучения .

6,63.10 −34 3.108 ε 2 = hc/ λ = Дж = 1,99.10-13 Дж −12 10 или во внесистемных единицах 199 , .10 −13 ε2= эВ = 1,24.106 эВ = 1,24 МэВ . 16 , .10 −19 Работа выхода электрона (А = 4,7 эВ) пренебрежимо мала по сравнению с энергией фотона ( ε 2 = 1,24 МэВ), поэтому можно принять, что максимальная кинетическая энергия электрона равна энергии фотона. Так как в данном случае кинетическая энергия электрона больше его энергии покоя, то для вычисления скорости электрона следует использовать релятивистскую формулу кинетической энергии (4). Из этой формулы найдем к) к) β = (2Eo + E(max )E(max (к ) Заметив, что v = c β и Emax =

v max = c

к) / (Eo+ E(max ).

ε 2 получим (2Eo + ε 2 )ε 2 , Eo + ε 2

(2.0,51 + 124 , ). 124 , vmax = 3 10 м/с = 2,85.108 м/с . 0,51 + 124 , Энергии Ео и ε 2 входят в формулу в виде отношения, поэтому их можно выражать во внесистемных единицах. .

8

Пример 3. В результате эффекта Комптона фотон при соударении с электроном был рассеян на угол 90о. Энергия рассеянного фотона 0,4 МэВ. Определить энергию фотона до рассеяния. 8

Дано: θ = 90о ε 2 = 0,4 МэВ ___________ ε 1- ? Решение. Воспользуемся формулой Комптона h 2 = 2 m c sin θ (1) o где    - изменение длины волны фотона в результате рассеяния на свободном электроне, h - постоянная Планка, mо - масса покоя электрона, с скорость света в вакууме, θ - угол рассеяния фотона. Преобразуем формулу (1): заменим в ней на  и выразим длины ε волн и через энергии и ε 1 фотонов, соответственно 2 воспользовавшись формулой ε = hc/ ; умножим после этого числитель и знаменатель правой части формулы (1) на скорость света "с". Получим hc hc hc 2 θ − = 2 sin (2) ε2 ε1 mo c2 2. Сократив в формуле (2) левую и правую части на hc, выразим искомую энергию ε 2m o c 2 ε 2E o = ε1 = (3) θ θ , m o c 2 − ε 2 2 sin 2 E o − 2ε 2 sin 2 2 2 2 где Ео = moc - энергия покоя электрона. Вычисления по формуле (3) удобнее вести во внесистемных единицах. Так как для электрона Ео = 0,51 МэВ, получим 0,4 .0,51 ε 1 = 0,51 − 2.0,4. sin2 (90 o / 2) MэВ = 1,85 МэВ .

Физика атома. Основные законы и формулы. Боровская теория для атома водорода и водородоподобных ионов. Момент импульса электрона (правило квантования орбит) Ln = mvnrn = n h , где m - масса электрона, vn - скорость электрона на n-й орбите,rn- радиус n-й стационарной орбиты, h =h/2 π - приведенная постоянная Планка, n=1,2,.. главное квантовое число. Радиус n-й стационарной орбиты a rn = o n2, Z где ао - радиус первой Боровской орбиты в атоме водорода, Z - порядковый номер элемента в таблице Менделеева. Полная энергия электрона на n-ой орбите Ei Z 2 , En = n2 где Ei - энергия ионизации атома водорода. Энергия, излучаемая или поглощаемая атомом (ионом) 2 E = h ν = En − En = Z Ei( 2

1

1 1 − 2 ), 2 n1 n2

где n1 и n2 - квантовые числа, соответствующие энергетическим уровням, между которыми совершается переход электрона. Спектроскопическое волновое число 1 ⎛ 1 1⎞ ~ ν = = RZ2 ⎜ 2 − 2 ⎟ , λ ⎝ n1 n 2 ⎠ где - длина волны фотона, R - постоянная Ридберга. Примеры решения задач

Пример1. Электрон в атоме водорода перешел с четвертого энергетического уровня на второй. Определить энергию испущенного при этом фотона. Дано: n1 = 4 n2 = 2 _________ εф-? Решение. Для определения энергии фотона воспользуемся сериальной формулой для водородоподобных ионов

⎛ 1 1 1⎞ = RZ 2 ⎜ 2 − 2 ⎟ , λ ⎝ n1 n 2 ⎠

(1)

где - длина волны фотона, R - постоянная Ридберга, Z - заряд ядра в относительных единицах (при Z=1 формула переходит в сериальную формулу для водорода), n1 - номер орбиты, на которую перешел электрон, n2 - номер орбиты, с которой перешел электрон (n1 и n2 - главные квантовые числа). Энергия фотона ε ф выражается формулой ε ф = hc/ λ . Поэтому умножив обе части равенства (1) на hc, получим выражение для энергии фотона ⎛ 1 1⎞ − ⎟. ⎝ n12 n 22 ⎠

ε ф = RhcZ2 ⎜

Так как Rhc есть энергия ионизации Еi атома водорода, то ⎛ 1 1⎞ ε ф = Е iZ2 ⎜ n2 − n2 ⎟ . ⎝ 1 2⎠ Вычисления выполним во внесистемных единицах. Подставляя данные из условия: Еi = 13,6 эВ; Z =1; n1 = 2; n2 = 4, получим ε ф = 13,6 . 12 . (1/22 - 1/42) эВ = 13,6 . 3/16 эВ = 2,25 эВ. Пример 2. Электрон в ионе гелия (Не+) находится в основном состоянии. Определить кинетическую, потенциальную и полную энергию электрона на орбите. Дано: Не+ n=1 _________ Екин - ? Епот - ? Решение. Согласно теории Бора кинетическая энергия электрона на стационарной орбите номера n определяется mv 2n Екин = , 2

а потенциальная энергия Ze 2 , Епот = − 4πε o rn

где Z - заряд ядра (порядковый номер элемента в таблице Менделеева), vn и rn - cкорость электрона и радиус орбиты соответственно.

11

Радиус орбиты номера n равен

n2 ro , (1) rn = Z а скорость электрона на орбите определяется выражением ( в соответствии с правилом квантования орбит) vn =

nh , mrn

(2)

или, учитывая формулу (1),

Zh . mro n mv n2 На орбите центростремительная сила rn vn =

(3) равна силе Кулона

Ze 2 , связывающей электрон с ядром, 4πε o rn2

mv n2 Ze 2 = . 4πε o rn2 rn Поэтому потенциальная энергия электрона может быть представленна в виде Ze 2 2 Епот = 2 = - mv n = - 2Екин. 4πε o rn При этом полная энергия электрона на орбите равна Е = Епот + Екин = - Екин. Находим кинетическую энергию в соответствии с формулой (3) mv 2n Z2h2 = , Екин= 2 2mrо2n2

Учитывая, что h = 1,05.10-34 Дж.с, m = 0,911.10-30 кг, rо = 0,529.10-10 м, для гелия Z = 2 и условие n = 1, получим . −18 4. (105 , )2 10−68 8,6310 . -18 Екин = . = 8,63 10 Дж = = 54,4 эВ , . −30 2 0,91110 (0,529)2 10−201 1610 , . −19

Епот = - 2Екин = - 108,8 эВ , Е = - Екин = - 54,4 эВ . Отметим, что полная энергия электрона в основном состоянии (n = 1) может быть записана в виде Е = - Z2Ei , где Еi - энергия ионизации атома водорода, равная 13,6 эВ. Подставляя в это выражение Z = 2, получим выше найденное значение энергии Е = - 54,4 эВ.

12

Элементы квантовой механики. Основные законы и формулы.

Длина волны де Бройля

λ=

2πh , p

где p- импульс частицы. В релятивистском случае р=

1 (2E o + Eк )Eк , c

где Ео-энергия покоя частицы, Ек - кинетическая энергия частицы, равная Ек =

⎞ ⎛ ⎟ ⎜ ⎟ 1 2⎜ − 1⎟ , moc ⎜ 2 ⎟ ⎜ 1− v ⎟ ⎜ 2 ⎠ ⎝ c

где mo- масса покоя частицы, v - скорость частицы. В нерелятивистском случае p = mov = 2m oEк ,

mo v2 . где кинетическая энергия частицы Ек= 2 Соотношения неопределенностей: а) ∆р x ∆x ≥ h /2 (для координаты и импульса); где ∆р x - неопределенность проекции импульса на ось x, ∆х - неопределенность координаты; б) ∆Е∆t ≥ h /2 ( для энергии и времени), где ∆Е - неопределенность энергии; ∆ t - время жизни квантовой системы в данном энергетическом состоянии. Решение уравнения Шредингера для одномерного бесконечно глубокого прямоугольного потенциального ящика (0 ≤ х ≤ l ): а) Ψn (x) =

2 πn sin x (собственная нормированная волновая функция), l l

π 2 h 2n2 б) Еn = (собственное значение энергии), где n = 1,2,3... - главное 2ml2 квантовое число; l - ширина ящика, m - масса частицы. В области x ≤ 0 и х ≥ l потенциальная энергия частицы равна бесконечности и Ψ (х) = 0.

13

Примеры решения задач

Пример1. Электрон, начальной скоростью которого можно пренебречь, прошел ускоряющую разность потенциалов U. Найти длину волны де Бройля для двух случаев: 1) U1 = 51 B; 2) U2 = 510 кВ. Дано: электрон U1 = 51 B U2 = 510 кВ = 5,1.10 5 В _________________ λ -? Решение. Длина волны де Бройля λ для частицы зависит от ее импульса р и определяется формулой h (1) λ= , p где h - постоянная Планка. Импульс частицы можно определить, если известна ее кинетическая энергия Ек . Связь импульса с кинетической энергией различна для нерелятивистского случая ( когда кинетическая энергия частицы много меньше энергии ее покоя ) и для релятивистского случая (когда кинетическая энергия сравнима с энергией покоя частицы). В нерелятивистском случае p= 2m oEк ,

(2)

где mo - масса покоя частицы. В релятивистском случае 1 (2E o + Eк )Eк , c где Ео = moc2 - энергия покоя частицы. Формула (1) с учетом соотношений (2) и (3) запишется: в нерелятивистском случае

p=

λ=

h 2m oEк

,

(3)

(4)

в релятивистском случае λ=

h

. 1 (2E o + Eк )Eк c 14

(5)

Сравним кинетические энергии электрона, прошедшего заданные в условии задачи разности потенциалов U1 = 51 В и U2 = 510 кВ, с энергией покоя электрона и, в зависимости от этого, решим, которую из формул (4) и (5) следует применить для вычисления длины волны де Бройля. Как известно, кинетическая энергия электрона, прошедшего ускоряющую разность потенциалов U, равна Eк = eU. В первом случае Ек = eU1 = 51 эВ = 0,51.10-4 МэВ. Следовательно, в этом случае можно применить формулу (4). Для упрощения расчетов заметим, что Ек = 10-4 moc2. Подставив это выражение в формулу (4), перепишем ее в виде h 102 h . λ1 = . = mo c . −4 . 2 2 2mo 10 mo c Учтя, что h/moc есть комптонговская длина волны Λ , получим 10 2 Λ. λ1 = 2 Так как Λ =2,43 пм, то λ1 =

10 2 2

2,43 пм = 171 пм .

Во втором случае кинетическая энергия Eк = eU2 = 510 кэВ = 0,51 МэВ, т.е. равна энергии покоя электрона. В этом случае необходимо применить релятивистскую формулу (5). Учтя, что Ек = 0,51МэВ = moc2, по формуле (5) найдем h h = λ2 = , 1 3m 20 c 2 (2m o c 2 + m o c 2 )m o c 2 c Λ λ2 = или . 3 Подставив значение Λ и произведя вычисления, получим 2,43 λ2 = пм = 1,40 пм. 3

Пример2. Кинетическая энергия электрона в атоме водорода составляет величину порядка 10 эВ. Используя соотношение неопределенностей, оценить минимальные размеры атома. 15

Дано: Ек = 10 эВ _________ lmin - ? Решение. Соотношение импульса имеет вид

неопределенностей

для

координаты

и

∆р ∆x ≥ h /2,

где ∆р - неопределенность импульса частицы (электрона), ∆х неопределенность координаты частицы (в данном случае электрона), h = h/2 - приведенная постоянная Планка h. Из соотношения неопределенностей следует, что чем точнее определяется положение частицы в пространстве, тем более неопределенным становится импульс, а следовательно, и энергия частицы. Пусть атом имеет линейные размеры l, тогда электрон атома будет находиться где-то в пределах области с неопределенностью l ∆х = . 2 Cоотношение неопределенностей можно записать в этом случае в виде l h ∆p ≥ , 2 2 откуда h l≥ . ∆p Физически разумная неопределенность импульса ∆p , во всяком случае, не должна превышать значение самого импульса p, т. е. ∆p ≤ p . Импульс р связан с кинетической энергией Ек соотношением р= Заменим ∆ р значением к равенству

2mEк .

2mEк (такая замена не увеличит l). Перейдем

lmin =

2h

. 2mEк Подставив числовые значения и произведя вычисления, получим

lmin =

2.105 , .10 −34 . −31 2.9,110 16 , .10

−19 .

10

м = 1,16.10-10 м = 116 пм.

16

Пример3.

2 π sin x описывает основное l l

Волновая функция ψ(х) =

состояние частицы в бесконечно глубоком прямоугольном ящике шириной l. Вычислить вероятность нахождения частицы в малом интервале ∆ l=0,01l в двух случаях: 1) вблизи стенки (0 ≤ х ≤ ∆ l); 2) в средней части ящика l ∆l ⎞ ⎛ l ∆l ⎜ − ≤x≤ + ⎟. ⎝2 2 2 2⎠

Дано: прямоугольный одномерный потенциальный ящик ____________________________ W(0 ≤ х ≤ 0,01l) - ? ⎛ W⎜ − l ⎝2

0,01l l 0.01l ⎞ ≤x≤ + ⎟-? 2 2 2 ⎠

Решение. Вероятность того, что частица будет обнаружена в интервале dx (от х до х+dх), пропорцирнальна этому интервалу и квадрату модуля волновой функции, описывающей данное состояние 2

dw = ψ( x) dx . В первом случае искомая вероятность найдется интегрированием в пределах от 0 до 0,01l (рис.1)

2 w= l

0,01l

∫

π . x dx . l

sin2

(1)

0

Знак модуля опущен, так как ψ - функция в данном случае не является комплексной. Так как х изменяется в интервале ( 0 ≤ х ≤ 0,01l ) и, следовательно, π x <<1, справедливо приближенное равенство l 2

π ⎛π ⎞ x ≈ ⎜ x⎟ . sin ⎝l ⎠ l С учетом этого выражение (1) примет вид 2

2 w= l

0.01l

∫ 0

2

2π ⎛π ⎞ ⎜ x⎟ dx = 3 ⎝l ⎠ l

2

0.01l

∫ 0

2π 2 3 x dx = 3 x 3l 2

После интегрирования, получим

17

0.01 0

2 π 2 −6 10 = 6,6.10 −6 . w= 3

Во втором случае можно обойтись без интегрирования, так как квадрат модуля волновой функции вблизи максимума в заданном малом интервале ( ∆ l = 0,01l ) практически не изменяется. Искомая вероятность во втором случае определяется 2

⎛ l⎞ выражением w = ψ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ∆l , или 2

2⎛ π l⎞ 2 . ⎟ ∆l = 10,01l = 0,02 . w = ⎜⎝ sin l l 2⎠ l

18

Физика твердого тела. Основные законы и формулы.

Распределение свободных электронов в металле по энергиям при 0 К 3

1 ⎛ 2m ⎞ 2 12 dn(E) = 2 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ E dE , 2π h где m - масса электрона, dn(E) - концентрация свободных электронов, энергия которых заключена в пределах от Е до Е + dE (причем Е < Еf, где Еf - энергия уровня Ферми). Энергия Ферми в металле при Т=0 К 2 h2 2 3 3 π n Еf = , 2m где n - концентрация свободных электронов. Удельная электропроводность полупроводника γ = e(nbn + pbp) , (*) где е - заряд электрона, n и p - концентрация носителей заряда (подвижных электронов и дырок), bn и bp - подвижности электронов и дырок. В случае проводимости одного типа одним из слагаемых в выражении (*) можно пренебречь. Для собственного полупроводника следует положить n = p. Зависимость удельной электропроводности собственного полупроводника от температуры ⎛ − ∆E ⎞ γ = γ o exp⎜ ⎟ , ⎝ 2к Т ⎠ где ∆ Е - ширина запрещенной зоны полупроводника, γ о - константа, почти не зависящая от температуры, к - постоянная Больцмана. Холловская разность потенциалов равна B Uн = Rн I , a где В - индукция магнитного поля, а - толщина образца, I - сила тока в образце. Для полупроводника с кристаллической решеткой типа алмаза с проводимостью одного типа постоянная Холла равна 3π 1 3π 1 Rн = либо Rн = 8 ep 8 en соответстенно для дырочного и электронного полупроводников, соответственно.

(

19

)

Постоянная Холла для собственного полупроводника (при n = p) 3π b p − b n Rн = 8 ne(b + b ) . p n Сила тока в p-n переходе ⎡ ⎤ ⎛ eU ⎞ I = I 0 ⎢exp⎜ . ⎟ − 1⎥ , ⎝к T ⎠ ⎢⎣ ⎥⎦ где Io - обратный ток насыщения, U - внешнее напряжение, приложенное к p-n переходу. Примеры решения задач

Пример1. Вычислить максимальную энергию Ef (энергию Ферми), которую могут иметь свободные электроны в металле (медь) при абсолютном нуле. Принять, что на каждый атом меди приходится по одному электрону. Дано: ρ = 8,9.103 кг/м3 µ = 64 г/моль ______________ Еf - ? Решение. Максимальная энергия Еf, которую могут иметь электроны в металле при абсолютном нуле, связана с концентрацией n свободных электронов соотношением 2 h2 2 3π n 3 . Еf = (1) 2m Концентрация свободных элекетронов по условию задачи равна концентрации атомов, которая может быть найдена по формуле N n= ρ A , µ где ρ - плотность меди, NA - число Авогадро, µ - молярная масса. Подставим выражение концентрации в формулу (1)

(

)

2

h 2 ⎛ 2 NA ⎞ 3 ⎟ . ⎜ 3π ρ Еf = 2m ⎝ µ ⎠ Подставляя числовые значения величин, входящих в последнюю формулу и произведя вычисления, получим

20

. 23 ⎤ (105 , 10 ) ⎡ . 2. . 3 6,02 10 3 ( 3 , 14 ) 8 , 9 10 ⎥ Еf = . −31 ⎢ 2 . 9,110 64 .10 −3 ⎦ ⎣ .

−34 2

2

3 . −18 , 810 Д ж = 7,4 эВ . Дж = 11

Пример 2. Некоторый примесный полупроводник имеет решетку типа алмаза и обладает только дырочной проводимостью. Определить концентрацию носителей и их подвижность, если постоянная Холла 3,8.10-4 м3/Кл. Удельная проводимость полупроводника 110 См/м. Дано: р - полупроводник Rн = 3,8.10-4 м3/Кл γ = 110 См/м ________________ np - ? bp - ? Решение. Концентрация р дырок связана с постоянной Холла, которая для полупроводников с решеткой типа алмаза, обладающих носителями только одного знака, выражается формулой 3π 1 Rн= , 8 ep где е - элементарный заряд. Отсюда 3π 1 p = 8 eR . (1) н Выпишем все величины в единицах СИ: е = 1,6.10-19 Кл; RН = 3,8.10-4 м3/Кл. Подставим числовые значения величин в формулу (1) и произведем вычисления 3 .3,14 1 м −3 = 11 , 9 .10 22 м −3 . p= 8 . −19 −4 . . 16 , 10 3,8 10 Удельная проводимость γ полупроводников выражается формулой γ = e ( n bn + p bp ), (2) где n и p - концентрации электронов и дырок; bn и bp - их подвижности. При отсутствии электронной проводимости первое слагаемое в скобках равно нулю и формула (2) примет вид γ = e p bp. Отсюда искомая подвижность γ bp = . (3) ep

21

Подставим в (3) выражение р по формуле (1) 8 γR H . bp = (4) 3π Подставив в (4) значения γ и RH в единицах СИ и произведя вычисления, получим 8 110.3,8 .10 −4 м2/(В.с) = 3,6.10 −2 м2/(В.с). bp = . 3 3,14

Физика атомного ядра. Основные законы и формулы.

Обозначение ядер A ZX

, где Х - химический символ элемента, А - массовое число (число нуклонов в ядре) А = Z + N, Z - зарядовое число (число протонов), N - число нейтронов. Закон радиоактивного распада N = Noe- λ t , где N - число ядер, нераспавшихся к моменту времени t; No - число ядер в начальный момент времени (t = 0), λ - постоянная распада. Зависимость периода полураспада от постоянной распада ln 2 0,693 = Т1 = . λ λ 2 Число ядер, распавшихся за время t ,

(

)

∆N = N o − N = N o 1 − e − λt . В случае, если интервал времени ∆ t, за который определяется число распавшихся ядер,много меньше периода полураспада Т1/2, то ∆N ≈ λN∆t . Среднее время жизни τ радиоактивного ядра 1 τ= . λ Число атомов N, содержащихся в радиоактивном изотопе, mN A , N= µ где m - масса изотопа, µ - молярная масса, NA - постоянная Авогадро.

22

Активность А радиоактивного изотопа dN = λ N = λ N o e − λt = A o e − λ t , А=dt где dN - число ядер, распавшихся за интервал времени dt, Ао - активность изотопа в начальный момент времени. В системе СИ единица активности препарата - беккерель (Бк) 1Бк = 1распад/с . Внесистемная единица активности - кюри (Ки) 1Ки= 3,7.1010 Бк. 1 Кюри - это активность препарата изотопа радия-226 массой 1 г. Дефект массы ядра ∆ m = Zmp + Nmn - mя, где mp - масса протона, mn - масса нейтрона, mя - масса ядра. Энергия связи ядра Есв = ∆ m.с2, где ∆ m - дефект массы ядра, с - скорость света в вакууме. Во внесистемных единицах энергия связи ядра равна Есв = 931. ∆ m МэВ, где дефект массы ∆ m выражен в а.е.м., 931 - коэффициент пропорциональности (1 а.е.м. ~ 931 МэВ) Удельная энергия связи равна Есв / А [МэВ/нуклон]. Экспозиционная доза Х ионизирующего излучения - суммарный заряд, образовавшийся за счет излучения в 1 см3 воздуха за некоторое время t. Измеряется в Кулонах на килограм (Кл/кг), внесистемная единица рентген (Р). При дозе в 1 Р в 1 см3 при нормальных условиях образуется 2,08.109 пар ионов, что соответствует 2,58.10-4Кл/кг. При этом в 1 см3 воздуха за счет ионизации поглощается энергия, равная 1,1.10-8 Дж, т.е. 8,5 мДж/кг. Поглощенная доза Д равна W Д= , m где W-энергия, поглощенная массой m вещества. В системе СИ единица поглощенной дозы - грей (Гр) 1 Гр = 1 Дж/кг . Во внесистемных - единица поглощенной дозы - рад. 1 рад = 10-2 Гр . Между поглощенной и экспозиционной дозами существует соотношение Д = кХ . где к - коэффициент пропорцональности.

23

Для рентгеновского и γ - излучения при их поглощении в мягких тканях существует удобное соотношение: 1 рентген экспозиционной дозы дает поглощенную дозу приблизительно в 1 рад = 0,01 Гр. Эквивалентная доза Н - суммарная доза излучения, поглощаемая биологическим объектом как от внешних, так и от внутренних источников излучения различной биологической активности. Эквивалентная доза равна Н = Q Д, где Д - поглощенная доза, Q - так называемый коэффициент качества или биологическая эффективность (агрессивность) данного вида излучения. Для рентгеновского, гамма и бета-излучения Q равно единице, для протонов и нейтронов в зависимости от их энергии Q изменяется от 3 до 20, для альфа-частиц Q около 20. В системе СИ эквивалентная доза измеряется в зивертах (Зв) 1 Зв = 1 Дж/кг . Внесистемная единица - бэр (биологический эквивалент рентгена) 1 Зв = 120 бэр . Мощность дозы Р - это доза излучения в единицу времени. Единица мрщности дозы в системе СИ - это Гр/с для поглощенной дозы, а для эквивалентной дозы - Зв/с. Внесистемные единицы - Р/с, Р/час. Активность точечного излучателя и мощность дозы связаны соотношением:

А −µd e , Р=К 2 r где К - ионизационная постоянная, r - расстояние от источника излучения, d - толщина защитного экрана, µ - коэффициент поглощения излучения в материале экрана. Ионизационная постоянная К и коэффициент поглощения экрана сложным образом зависят от вида и энергии излучения. (Для препарата радий-226 К = 0,84 Р.м2/(час.Кu).) Для гамма-квантов с энергией около 1 МэВ отношение коэффициента поглощения к плотности материала для многих материалов (вода, аллюминий, железо, медь, свинец, бетон, кирпич) близко к величине 7.10-3 м2/кг. Примеры решения задач

Пример1. Определить начальную активность радиоактивного препарата магния-27 массой 0,2 мкг, а также его активность через время 6 часов. Период полураспада магния 10 минут. Дано: m = 0,2 мкг = 2.10--10 кг

24

t = 6 ч = 2,16.104 с Т =10 мин = 600 с 1

2

_____________ Ао - ? A - ? Решение. Активность А изотопа характеризует скорость радиоактивного распада и определяется отношением числа dN ядер, распавшихся за интервал времени dt, к этому интервалу dN А=, (1) dt знак "-" показывает, что число N радиоактивных ядер с течением времени убывает. Для того, чтобы найти dN/dt, воспользуемся законом радиоактивного распада N = No e- λ t, (2) где N - число радиоактивных ядер, содержащихся в изотопе, в момент времени t, No - число радиоактивных ядер в момент времени, принятый за начальный (t=0), λ - постоянная радиационного распада. Продифферинцируем выражение (2) по времени dN/dt = - λ Noe- λ t. (3) Исключив из формул (1) и (3) dN/dt, находим активность препарата в момент времени t А = λ Noe- λ t . (4) Начальную активность Ао препарата получим при t = 0 Ао = λ No . (5) Постоянная радиоактивного распада λ связана с периодом полураспада Т1/2 соотношением ln 2 . λ= (6) T1/2 Число No радиоактивных ядер, содержащихся в изотопе, равно произведению постоянной Авогадро NA на количество вещества ν данного изотопа m No = ν NA = NA . (7) µ где m - масса изотопа, - молярная масса. С учетом вырaжений (6) и (7) формулы (5) и (4) принимают вид: m ln 2 Ао = NA , ( 8 ) µ T 1/ 2

25

⎛ ln 2 ⎞ m ln 2 NA exp⎜ − T t⎟ . (9) ⎝ 1/ 2 ⎠ µ T1/2 Произведя вычисления и учитывая, что Т1/2 = 600 с; ln2 = 0,693; t = 6 ч = 63,6.103 с = 2,16.104 с, получим 5,13.1012 0,2 .10 −9 0,693 . 23 . 12 = 138 Ku , 6,02 10 Бк = 5,13 10 Бк = Ао= . −3 600 3,7 .1010 27 10 A=

⎛ ln 2 A = A o exp⎜ − ⎝ T1/2

⎞ ⎛ 0,693 ⎞ t ⎟ = 138 exp⎜ − ⋅ 2,16 .10 4 ⎟ = 170 Бк = 46.10-10 Ku. ⎝ 600 ⎠ ⎠

Пример2. Вычислить дефект массы, энергию связи и удельную 7 энергию связи ядра 4 Ве. Дано: 7 4 Ве __________ Eс в −? ∆ m - ?, Eсв - ?, А Решение. Дефект массы ядра равен ∆ m = Z mp + N mn - mя , (1) где mp - масса протона, mn - масса нейтрона, mя - масса ядра, Z - число протонов, N = (A - Z) - число нейтронов в ядре, А - массовое число. В справочных таблицах даются массы нейтральных атомов. Поэтому от массы ядра нужно перейт к массе атома ma, если учесть, что масса ядра mя = ma - Zme, где me - масса электрона. Масса атома водорода m 11H = mp + me, то формулу (1) можно представить в виде

∆ m = Z m 11H + (A - Z) mn - ma .

(2)

Подставляя в формулу (2) числовые значения масс (см. справочную таблицу), получим ∆ m = [4.1,00783 + (7 - 4)1,00867 - 7,01693] а.е.м.= 0,04040 а.е.м. Энергия связи ядра, т.е. наименьшая энергия, которую нужно сообщить ядру для расщепления его на отдельные нуклоны, определяется выражением

26

Есв = ∆ m.с2 . Энергия связи во внесистемных единицах, МэВ Есв = 931. ∆ m (МэВ) .

(3)

Подставив в формулу (3) числовое значение дефекта массы ядра, получим Есв = 931. 0,04040 МэВ = 37,26 МэВ . Удельная энергия связи, т.е. энергия связи, приходящаяся на один нуклон, равна

Е с в 37,26 = МэВ / нуклон = 5,32 МэВ / нуклон. 7 А Пример3. Экспозиционная доза гамма-излучения на расстоянии 3 км от эпицентра взрыва в атмосфере (на высоте 2,4 км) водородной бомбы с тротиловым эквивалентом в 20 мегатонн ( 8,4.1016 Дж ) равна 400 Р. Каково безопасное расстояние от эпицентра (по гамма-излучению), если считать предельно допустимой однократную экспозиционную дозу в 0,5 Р (т.е. в десять раз большую, чем предельно допустимая доза 0,05 Р за 6-часовой рабочий день для персонала). Поглощением и рассеянием гамма-излучения в атмосфере пренебречь. Дано: ro = 3 км Хо = 400 Р Хдоп = 0,5 Р ___________ r-? Решение. Активность точечного излучателя и мощность дозы связаны соотношением P=К

.

А −µd e , r2

(1)

где Р - мощность дозы; К - ионизационная постоянная данного вида излучения, А - активность излучателя, r - расстояние от излучателя до наблюдателя, d - толщина экрана, µ - коэффициент поглощения в материале экрана. Если пренебречь поглощением гамма-излучения в атмосфере, то экспозиционная доза Х на некотором расстоянии r от эпицентра приблизительно равна

27

Х = Р∆ t = К

А  2

r

∆t ,

(2)

где ∆t - время воздействия излучения. Обозначив через Хо экспозиционную дозу на расстоянии ro, а предельно допустимую дозу не расстоянии r через Хдоп, получим из формулы (2) А Хо = К  2 ∆t , (3) ro А ∆t . (4) Xдоп = К r2 Взяв отношение левых и правых частей выражений (3) и (4), находим

Хо r2 = 2 . Х до п ro Получаем для расстояния r выражение Xo r ≥ ro . X до п Учитывая, что по условию ro = 3 км, Хо = 400 Р, Хдоп = 0,5 Р, получим

r≥3

400 = 85 км . 0,5

Отметим, что экспозиционная доза в 0,5 Р соответствует поглощенной дозе в 0,5 рад, т.е. 5.10-3 Гр и при коэффициенте качества Q = 1 ( для γ излучения) соответствует эквивалентной дозе 5.10-3Зв = 5 мЗв.

28

СПРАВОЧНЫЕ ТАБЛИЦЫ Основные физические постоянные (округленные значения) Физическая постоянная

Обозначение

Значение

Постоянная закона Стефана-Больцмана Постоянная закона смещения Вина Постоянная 2-го закона Вина Постоянная Планка Приведенная постоянная Планка Постоянная Ридберга (для атома водорода 11H ) Радиус первой боровской орбиты Комптоновская длина волны электрона Магнетон Бора Энергия ионизации аттома водорода Атомная единица массы Коэффициент пропорциональности между энергией и массой

σ C' C'' h

5,67.10-8 Вт/(м2.К4) 2,90.10-3 м.К 1,30.10-5Вт/(м3.К5) 6,63.10-34Дж.с 1,05.10-34Дж.с 1,097.107м-1

h

R a0 Λ µB Et а.е.м. с2

0,529.10-10м 2,43.10-12м 0,927.10-23А.м2 2,18.10-18Дж(13,6 эВ) 1,660.10-27кг 9,00.1016Дж/кг (931 Мэв/а.е.м.)

Некоторые соотношения между единицами измерения физических величин Физическая величина Длина Масса Время Плоский угол

Давление

Работа, энергия, теплота Активность радиоактивных препаратов

Соотношение между единицами измерения 1А = 10-10 м 1 у.е. = 1,66.10-27 кг 1 сутки = 8,64.104 сек 1 год = 3,16.107 сек 1о = 1,75.10-2 рад 1' = 2,91.10-4 рад 1'' = 4,85.10-6 рад 1 рад = 57,3о = 3438' = 206265'' 1 бар = 105 Н/м2 1 ат (техническая атмосфера) = 1 кг/см2 = 0,981.105 Н/м2 = 0,981 бар 1 атм (физическая атмосфера) = 760 мм рт. ст. = 1,01.105 Н/м2 = 1,01 бар 1 эВ = 1,6.10-19 Дж 1 кал = 4,19 Дж 1 Кюри = 3,7 .1010 Бк

29

Массы атомов легких изотопов Изотоп

Символ

Масса, а.е.м.

Изотоп

Символ

Масса, а.е.м.

Нейтрон Водород

1 0n

1,00867 1,00783 2,01410 3,01605 3,01603 4,00260 6,01513 7,01601 7,01693 9,01219

Бор

10 5B

10,01294 11,00930 12,00000 13,00335 14,00324 14,00307 15,99491 16,99913

1 1H 2 1H 3 1H

Гелий

3 2 He 4 2 He

Литий

6 3 Li 7 3 Li

Бериллий

7 4 Be 9 4 Be

11 5B

Углерод

12 6С 13 6С 14 6С

Азот Кислород

14 7N 16 8O 17 8

O

Относительные атомные массы (атомные веса) А и порядковые номера Z некоторых элементов Элемент Азот Алюминий Аргон Водород Вольфрам Гелий Железо Золото Калий Кальций Кислород Литий Магний Марганец Медь Молибден Натрий Неон Никель Олово Платина Углерод

Химический символ

А

Z

N Al Ar H W He Fe Au K Ca O Li Mg Mn Cu Mo Na Ne Ni Sn Pt C

14 27 40 1 184 4 56 197 39 40 16 6 24 55 64 96 23 20 59 119 195 12

7 13 18 1 74 2 26 79 19 20 8 3 12 25 29 42 11 10 28 50 78 6

30

Масса и энергия покоя некоторых частиц Частица Электрон Протон Нейтрон Дейтрон α-Частица Нейтральный π-мезон

m0 , кг

m0 , а.е.м.

E0 , Дж

9,11.10-31 1`,672.10-27 1,675.10-27 3,35.10-27 6,64.10-27 2,41.10-28

0,00055 1,00728 1,00867 2,01355 4,00149 0,14498

8,16.10-14 1,50.10-10 1,51.10-10 3,00.10-10 5,96.10-10 2,16.10-11

E0 , МэВ 0,511 938 939 1876 3733 135

Относительные атомные массы (атомные веса) А и порядковые номера Z некоторых элементов Элемент Азот Алюминий Аргон Водород Вольфрам Гелий Железо Золото Калий Кальций Кислород Литий Магний Марганец Медь Молибден Натрий Неон Никель Олово Платина Углерод

Химический символ N Al Ar H W He Fe Au K Ca O Li Mg Mn Cu Mo Na Ne Ni Sn Pt C

31

А

Z

14 27 40 1 184 4 56 197 39 40 16 6 24 55 64 96 23 20 59 119 195 12

7 13 18 1 74 2 26 79 19 20 8 3 12 25 29 42 11 10 28 50 78 6

Работа выхода электронов Металл

Работа выхода Дж 3,5 10-19 3,7.10-19 10.10-19 3,36.10-19 7,5.10-19 3,2.10-19 6,4.10-19

эВ 2,2 2,3 6,3 2,1 4,7 2,0 4,0

.

Калий Литий Платина Рубидий Серебро Цезий Цинк

Плотность твердых тел Твердое тело

Аллюминий Барий Ванадий Висмут

Плотность, кг/м3 2,70.103 3,50.103 6,02.103 9,80.103

Твердое тело

Плотность, кг/м3 7,88.103 0,53.103 8,93.103 8,90.103

Железо Литий Медь Никель

32

Твердое тело

Свинец Серебро Цезий Цинк

Плотность, кг/м3 11,3.103 10,5.103 1,90.103 7,15.103