Wstęp do fizyki kwantowej Zadania z rozwiązaniami Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego Zadanie 1 Widmo słoneczne jest bardzo zbliżone do widma ciała doskonale czarnego, dla którego maksymalna moc lmax = 0,48mm promieniowania przypada na długość fali a) Znalezć temperaturę Słońca i moc jego promieniowania b) Obliczyć czas po którym jego masa zmaleje o 1% wskutek emisji promieniowania R = 7 108kg Masa Słońca , promień Słońca M = 2 1030kg Rozwiązanie Skorzystamy z praw opisujących promieniowanie ciała doskonale czarnego: 4 ec (T ) = s T ec (T ) " Prawa Stefana-Boltzmana gdzie - całkowita zdolność emisyjna (całkowita moc W promieniowania z jednostkowego obszaru powierzchni) [W/m2]. s = 5,6710-8 2 4 m K b lmax lmax = " Prawa przesunięć Wiena gdzie - długość fali odpowiadającej położeniu maksimum w widmie T b = 2,910-3mK promieniowania dla temperatury T (najbardziej prawdopodobna długość fali). (a) Z wzoru Wiena wyznaczamy temperaturę powierzchni Słońca b 2,9 10-3mK T = = = 6,06103K @ 6000K lmax 0,4810-6m 4 2 Pc = ec (T )S = sT (4pR )= 4,5 1026W Całkowita moc promieniowania: powierzchnia Słońca: DM (b) Energia wypromieniowana w czasie t odpowiada utracie masy Słońca zgodnie ze wzorem Einsteina: E = Pct 2 E = DMc = Pct DM = 1%M = 21028 2 2 DMc 2 1028 (3 108) t = = = 4 1018s Pc 4 1026 2 2 m m kg kg 2 2 s s [t ] = = = s Jednostki: W kgm2 3 s 4 1018 t = lat = 1,271011lat 1rok = 3,16107s Wyrazmy czas w latach: 3,16107 14mldlat = 1,41010lat Otrzymaliśmy czas dłuższy od wieku Wszechświata, który wynosi Słońce ma około 5 mld lat i paliwa w jego wnętrzu (wodoru) starczy na następne 5-6 mld lat. Utrata masy na skutek promieniowania nie odgrywa więc żadnej roli w ewolucji Słońca. Zadanie 2 Obliczyć temperaturę, jaką uzyska czarna płyta izolowana termicznie od otoczenia, do której dochodzi prostopadle światło słoneczne o natężeniu I = 1,4 kW/m2 Rozwiązanie Temperatura płyty ustali się, gdy energia wypromieniowana przez płytę zrówna się z energią absorbowaną. Zakładamy, że płyta nie traci ciepła w procesie przewodzenia i konwekcji (izolacja termiczna) oraz, że płyta promieniuje na obie strony. Pochłanianie promieniowania zachodzi tylko po stronie zwróconej do słońca. S powierzchnia płyty Pabs = IS Moc absorbowana: 4 Moc wypromieniowana: Pprom = (sT )(2S ) 4 IS = 2SsT I 4 T = = 333,3K 2s lub t = 60,30C Zadanie 3 Znalezć gęstość strumienia fotonów w odległości 1m od punktowego zródła światła o mocy 1W, jeśli światło jest: a) monochromatyczne, o długości fali 0,5 źm; b) zawiera dwie linie widmowe o długościach fali 0,7 źm i 0,4 źm, których natężenia pozostają w stosunku 1:2. Rozwiązanie Gęstość strumienia fotonów to liczba fotonów przechodzących przez jednostkową powierzchnię w jednostce czasu: liczba fotonów wysyłanych ze zródła na sekundę n F = A powierzchnia, na którą padają 2 Ponieważ zródło jest punktowe, A jest powierzchnią kuli o promieniu R =1m: A = 4pR Pl P hc moc zródła n = Liczba fotonów to: n = Ef = h = hc Ef energia fotonu: l h = 6,62610-34J s n Pl F = = 2 c = 3 108 m s A hc 4pR a) l = 0,5mm = 0,510-6m 1,5 10-7 5 -2 -1 F = = 1019 = 0,0201019 = 2 1017[m s ] 6,62610-34 3 108 4p 126,626p W m J -2 -1 Jednostki: [F] = = = m s 2 m 2 s J m J s m s l2 = 0,4mm = 0,410-6m b) l1 = 0,7mm = 0,710-6m p1 : p2 = 1: 2 stosunek natężeń: P 1 2 P 1 2 ć ć F = F1 + F2 = l1 + l2 n = n1 + n2 = l1 + l2
hcA 3 3 hc 3 3 Ł ł Ł ł P 1 2 P 1 P ć F = 0,7 + 0,4 10-6m = 1,5 10-6m = 0,5 10-6m
hcA 3 3 hcA 3 hcA Ł ł Jest to wynik dokładnie taki sam jaki otrzymaliśmy w punkcie a). Zadanie 4 Krótki impuls światła o energii E = 7,5J pada w postaci wąskiej wiązki na powierzchnię zwierciadła o współczynniku odbicia . Kąt padania . Znalezć pęd przekazany powierzchni. r = 0,6 J = 30 Rozwiązanie energia wiązki odbitej Dane: Eodb r = = 0,6 J = 30 E = 7,5J E pad energia wiązki padającej Szukamy pędu przekazanego powierzchni: r r r Dp = ppad - podb pęd wiązki padającej pęd wiązki odbitej r r podb ppad J J 180 - 2J kąt między pędem wiązki padającej a pędem wiązki odbitej J Aby obliczyć wartość wektora pędu, obie strony równania podnosimy do kwadratu: r r 2 2 2 (Dp) = p + p - 2ppad podb pad odb r r ppad podb = ppad podb cos(180 - 2J) = -ppad podb cos(2J) 2 2 2 (Dp) = p + p + 2ppad podb cos( ) 2J pad odb E E pad Eodb r p = ppad = podb = = E pad c c c c 2 E pad 2 2 (Dp) = [1+ r + 2r cos( ) 2J ] 2 c E 7,5 1 pad 2 Dp = 1+ r + 2r cos( ) 1+ 0,36 + 2 0,6 = 3,5 10-8 2J = c 3 108 2 2 kg m s kg m Jednostki: [Dp]= = 2 s m s kg m Odpowiedz: Dp = 3,5 10-8 s Zadanie 5 W impulsie trwającym laser promieniuje wąską wiązkę światła o energii . t = 0,1ms E = 10J Znalezć średnie (w czasie trwania impulsu) ciśnienie tej wiązki światła, jeśli skupić ją w plamkę o średnicy r = 0,5 d = 10mm na prostopadłej do wiązki powierzchni o współczynniku odbicia . Rozwiązanie r = 0,5 Dane: d = 10mm = 1010-6m t = 0,1ms = 0,110-3s E = E = 10J Eodb = rE d = 10mm pad pad F Szukamy ciśnienia wiązki: P = S przekazany pęd 1 Dp 2 gdzie: powierzchnia plamki; S = pd F = 4 t siła działająca na powierzchnię S E Dp = (1+ r ) - dla wiązki padającej prostopadle do powierzchni (J = 0), ponieważ: c r r r 2 2 2 Dp = ppad - podb (Dp) = p + p - 2ppad podb cos( - 2J ) 180 = pad odb 2 2 = p + p + 2ppad podb pad odb Dp = ppad + podb E 1 1 p = Dp = (E + Eodb )= E (1+ r ) pad pad c c c Dp 4E (1+ r ) Ostatecznie: P = = 2 tS ctpd Podstawiamy wartości: 4 10(1+ 0,5) 4 101,5 2 P = = = 107 @ 6,4 106 3 108 10-4p 10-10 3p 10-6 p J J N [P ]= = = = Pa Jednostki: 2 2 m sm mm2 m s Odpowiedz: P @ 6,4106Pa Zadanie 6 Światło przejawia swoją korpuskularną naturę w tym, że ma pęd. Wykorzystując ten fakt, wykazać, że foton w próżni: a) nie może wytworzyć pary elektron-pozyton, b) w pojedynczym zderzeniu nie może oddać całej swej energii elektronowi swobodnemu (nie może zostać pochłonięty przez swobodny elektron) Rozwiązanie Ef h Przyjmujemy oznaczenia: energia fotonu: , pęd fotonu: pf = = Ef = h c c a) Załóżmy, że foton wytworzy parę elektron-pozyton. Ee - energia całkowita elektronu, Ep - energia całkowita pozytonu, pe pęd elektronu, pp - pęd pozytonu. Z zasady zachowania energii mamy: Ef = Ee + E p 2 4 2 2 2 4 2 2 h = m0c + pec + m0c + ppc r r r h 2 2 2 2 2 2 pf > pe + pp (1) Pęd fotonu: pf = = m0c + pe + m0c + pp c r pe r r r Korzystamy z zasady zachowania pędu: pf = pe + pp r pf r r r pe pp Wektory pędów tworzą trójkąt i zachodzi pp nierówność dla boków trójkąta: r r r r pf pf < pe + pp (2) Nierówności (1) i (2) są sprzeczne, więc założenie, że foton może wytworzyć parę elektron-pozyton jest fałszywe. b) Załóżmy, że foton odda całą energię w zderzeniu ze swobodnym elektronem. 2 2 4 2 2 Zasada zachowania energii: Ef + m0c = mc2 = m0c + pec (3) pęd elektronu po zderzeniu energia spoczynkowa elektronu energia elektronu po zderzeniu r r Zasada zachowania pędu: pf = pe h pf = = pe (4) c Wstawiamy wyrażenie na pęd elektronu (4) do równania (3) i uwzględniamy, że: Ef = h 2 2 2 4 h + m0c = m0c + (h ) m0 ą 0 Otrzymana równość jest fałszywa dla i h ą 0 Wniosek: założenie, że foton odda całą energię w zderzeniu ze swobodnym elektronem jest fałszywe. Zadanie 7 lgr = 540nm Granica zjawiska fotoelektrycznego od strony fal długich wynosi dla rubidu . Wyznaczyć pracę wyjścia i maksymalną prędkość elektronów wybijanych z powierzchni metalu oświetlonego światłem l = 400nm długości fali . Rozwiązanie h =W + Ek lgr = 540nm = 54010-9m praca wyjścia maksymalna energia kinetyczna wybitych elektronów l = 400nm = 40010-9m lgr to taka długość fali, która powoduje wybicie elektronu, h = 6,6310-34J s którego energia kinetyczna jest równa 0, więc hc h = 4,1410-15eV s hgr =W W = lgr m = 9,1110-31kg mv2 maksymalna prędkość elektronów Ek = 2 c = 3 108 m s ć mv2 1 1
= h -W = hc - 1eV = 1,6010-19J
2 l lgr Ł ł ć 2hc 1 1
v = -
m l lgr Ł ł Rachunek na jednostkach: 1 1 1 2 2 2 2 ć J m s ć N m ć kg m m [v ]= = = = 2
kg s m kg s kg s Ł ł Ł ł Ł ł eV s m [W]= = eV m s Podstawiamy wartości liczbowe: 4,1410-15 3 108 W = = 2,3 W = 2,3eV = 3,6810-19J 5,4 10-7 2 6,6310-34 3 108 1 1 ć v = - @ 0,28301012 @ 0,53106
9,1110-31kg 4 10-7 5,4 10-7 ł Ł m v = 0,53106 = 1,8 10-3c s Zadanie 8 l = 456nm Światło o mocy P = 1mW i długości fali pada na powierzchnię cezu. Jakie jest natężenie prądu powstałego w zjawisku fotoelektrycznym oraz minimalny potencjał hamowania potrzebny do tego, aby prąd przestał płynąć? Praca wyjścia dla cezu wynosi 1,93 eV. Założyć, że 50% fotonów wybija elektrony. Rozwiązanie mv2 Bilans energii dla zjawiska fotoelektrycznego: h =W + 2 Minimalny potencjał hamowania to różnica potencjałów U potrzebna do zahamowania elektronów. Aby zahamować przepływ prądu praca pola elektrycznego musi być równa lub większa od energii kinetycznej elektronów. mv2 = eU l = 456nm = 45610-9m 2 h = 6,6310-34J s h =W +eU 1 hc ć U = -W c
h = 4,1410-15eV s = e l Ł ł l c = 3 108 m s U = 0,79 V Natężenie prądu: Natężenie prądu to liczba wybitych elektronów razy ładunek elektronu podzielona przez czas. eNe I = Energia Nf fotonów t Energia 1 fotonu 50% fotonów powoduje wybicie elektronu, czyli: Ef hNf 0,5Nf P Moc światła: P = = I = e = 0,5e t t t h C m W C J C [I ]= Jednostki: = = = A J m J s s I @ 1,8mA Zadanie 9 Początkowo próbowano opisywać zjawisko fotoelektryczne zgodnie z falową naturą światła. Sprawdzmy, do jakich wniosków prowadzi taki opis. W odległości od płytki cezowej znajduje się monochromatyczne zródło światła o mocy P = 30W . l = 1 m ro = 10-10m Zakładając, że elektron może zaabsorbować energię z koła o promieniu równym promieniowi atomu obliczyć, jakiego opóznienia można się spodziewać między włączeniem światła a obserwacją fotoelektronu, W = 1,89eV zgodnie z falową teorią światła. Praca wyjścia dla cezu . Rozwiązanie yródło światła promieniuje jednakowo we wszystkich kierunkach. Energia wypromieniowana w l = 1m jednostce czasu na jednostkę powierzchni kuli o promieniu wynosi: P 2 4pl Elektron może gromadzić energię padającą na kołową powierzchnię płytki o promieniu ro = 10-10m i środku w miejscu, w którym znajduje się elektron. Cała padająca energia jest absorbowana. Energia absorbowana przez elektron w jednostce czasu: P ro2 pro2 = P 2 2 4pl 4l Teraz musimy obliczyć, ile czasu potrzeba, aby elektron zgromadził energię wystarczającą do pokonania bariery potencjału, czyli energię równą pracy wyjścia z metalu . W = 1,89eV = 3,0210-19J 2 ro2 4Wl W = P Dt Dt = 2 4l ro2P 2 4 3,0210-19 1 J m J Dt = = 4 [Dt ]= = = s 2 10-20 30 m W J s Dt = 4s Otrzymany wynik jest sprzeczny z doświadczeniem, bo emisję elektronów obserwuje się niemal natychmiast po włączeniu światła, a nie jak wynika z powyższych rachunków, po kilku sekundach. Sprzeczność tę wyjaśnił Einstein, pokazując, że w zjawisku fotoelektrycznym przejawia się korpuskularna natura światła. Elektron wybity jest przez pojedynczy foton, który natychmiast przekazuje mu całą swoją energię. . Zadanie 10 Efekt Comptona to rozproszenie fotonu na swobodnym elektronie, w wyniku którego foton oddaje część energii elektronowi i zmienia kierunek ruchu. Oblicz zmianę długości fali fotonu rozproszonego pod kątem Ń. Rozwiązanie r p'f J r pf j r pe 2 hc Eo = moc = 511keV Energia fotonu padającego: Energia spoczynkowa elektronu: Ef = h = l hc Energia fotonu rozproszonego: Energia elektronu po rozproszeniu: Ee = mc2 E'f = h' = l' 2 Zasada zachowania energii: Ef + moc = Ef' +mc2 (1) r r r pf = pe + p'f (2) Zasada zachowania pędu: 2 4 Z równania (1) wyznaczamy kwadrat energii elektronu , wstawiając: E f = p f c i E'f = p'f c Ee = m2c 2 pf c + moc = pf' c + mc2 :c 2 pf - pf' +moc = mc 2 Ee 2 2 2 (pf - pf' +moc ) = m c = 2 c 2 2 4 2 2 4 Wykorzystując związek między energią a pędem elektronu: E = mec = pec + moc 2 2 2 2 2 2 2 2 (pf - p'f +moc) = pe + moc pe = (pf - p'f +moc ) - moc (3) otrzymujemy: Z równania (2) wyznaczamy kwadrat pędu elektronu: r r 2 2 pe = (pf - p'f ) = pf2 + p'f2-2pf p'f cos J (4) Przyrównując prawe strony równania (3) i (4) otrzymujemy: 2 2 2 (pf - p'f +moc ) - moc = pf2 + p'f2-2pf p'f cos J 2 2 2 2 pf2 + p'f2+m0c - 2pf p'f +2pf m0c - 2p'f m0c - moc = pf2 + p'f2-2pf p'f cos J p'f Z otrzymanego równania wyznaczamy pęd fotonu rozproszonego: pf m0c pf p'f = = pf m0c + pf (1-cos J) 1+ (1-cos J) m0c h h h' h pf = = p'f = = Wstawiamy: oraz c l c l' h h h l = l' = l + (1-cos J) h l' m0c 1+ (1-cos J) lm0c h h Otrzymujemy przesunięcie Comptona: l' -l = cos J gdzie to comptonowska długość fali (1 - ) m0c m0c Zadanie 11 Foton zderzył się z nieruchomym elektronem swobodnym i uległ rozproszeniu. Po zderzeniu energia fotonu i J +j = 90 energia kinetyczna elektronu są sobie równe. Kąt pomiędzy ich kierunkami po rozproszeniu wynosi Wyznaczyć energię (pęd) padającego fotonu. Rozwiązanie 2 Energia spoczynkowa elektronu: Eo = moc = 511keV 2 Korzystamy z zasady zachowania energii: Ef + moc = Ef '+mc2 Energia elektronu po zderzeniu Energia padającego fotonu Energia rozproszonego fotonu 2 Energia kinetyczna elektronu po zderzeniu równa energii Ef = Ef '+mc2 - moc = Ef '+Eke fotonu po zderzeniu, więc: 2 2 2 2 4 2 Ef = 2(mc2 - moc )= 2( pec + moc - moc ) 2 2 4 2 2 2 4 E = mec = pec + moc r r r Nie znamy jeszcze pędu elektronu. Korzystamy z zasady zachowania pędu: pf = pe + pf ' 2 2 2 pf2 = pe + pf '2+2pf ' pe cos(J +j) = pe + pf '2 pe = pf2 - pf '2 Ef Ef ' 1 Ef pf = pf '= = c c 2 c Ef2 1 Ef2 3 Ef2 3 Ef 2 pe = - = pe = 2 2 2 c 4 c 4 c 2 c ć 3 Ef2 2 2 4 2
Ef = 2 c + moc - moc 2
4 c Ł ł Ef 3 2 2 4 + moc = Ef2 + moc 2 4 Obie strony równania podnosimy do kwadratu: Ef2 2 4 3 2 2 4 + moc + Ef moc = Ef2 + moc 4 4 1 2 Ef moc = Ef2 2 2 Ef = 2moc = 2511keV = 1022keV = 1,022MeV Zadanie 12 Foton o energii Ef = 400 keV został rozproszony na nieruchomym, swobodnym elektronie. Znalezć energię kinetyczną i pęd elektronu po zderzeniu, jeśli komptonowskie przesunięcie długości fali Dl = 0,0012nm Rozwiązanie Ef = 400keV = 4105eV Dl = 0,0012nm = 1,210-12m Ef = E'f +Eke Energia kinetyczna elektronu po zderzeniu Energia padającego fotonu Energia rozproszonego fotonu hc hc hc hc E'f = = Ef = l = = 3,110-12m Eke = Ef -E'f l' l + Dl l Ef hc hc hcDl Energia kinetyczna elektronu porównywalna z energią Eke = - = = 1,11105eV spoczynkową 2 - w celu obliczenia m0c = 5 105eV l l + Dl l(l + Dl) pędu stosujemy wzory relatywistyczne. 2 1 2 2 2 2 4 2 2 2 E = pec + moc = (m0c + Eke) pe = Eke + 2m0c Eke = 355,7keV c c Zadanie 13 W zjawisku Comptona foton o energii Ef = 100 keV został rozproszony pod kątem Ń = 900. Wyznaczyć: a) Energię fotonu po zderzeniu, r b) Energię kinetyczną elektronu, p'f c) Kierunek odrzutu elektronu. Rozwiązanie r pf rj 2 a) Zasada zachowania energii: pe Ef + moc = Ef' +Ee 2 2 2 2 4 Ee = pec + m0c Energię elektronu wyrażamy przez pęd: Pęd elektronu obliczamy z zasady zachowania pędu r r r 1 2 2 2 2 4 pf = p'f +pe 2 -Ef' +Ef + moc = (pec + m0c ) r r pf p'f wektory i są prostopadłe, więc: 2 Ef pe = p'f2+pf2 pf = 1 2 2 4 c 2 -Ef' +Ef + moc = (Ef2 + E'f2+m0c ) 1 2 pe = (E'f2 +Ef2) 2 Podnosimy obie strony równania do kwadratu i otrzymujemy: c 2 m0c Ef' = Ef = 83,6keV 2 m0c + Ef j c) Kąt wyznaczamy z trójkąta, jaki tworzą b) Energia kinetyczna elektronu równa jest stracie energii fotonu: wektory pędów. Eke = Ef -Ef' = 16,4keV p'f E'f tgj = = = 0,836 j = 400 pf Ef Zadanie 14 Stosując postulaty Bohra, wyznacz energię elektronu na n-tej orbicie atomu wodoru. Rozwiązanie Postulat Bohra: Elektron znajdujący się na stacjonarnej orbicie posiada moment pędu spełniający warunek h mvr = n = nh n liczba całkowita, h stała Plancka 2p Energia elektronu jest sumą energii potencjalnej pola elektrycznego wytwarzanego przez proton o ładunku +e oraz energii kinetycznej. 2 e mv2 E = - + 4pe0r 2 Na elektron działa siła elektrostatyczna, która spełnia rolę siły dośrodkowej. 2 e mv2 = 2 4pe0r r v Równanie to wraz z postulatem Bohra tworzą układ 2 równań, z których można wyznaczyć prędkość n rn i promień n-tej orbity 2 2 2 e e mvn v = n = 2e0hn 4pe0rn2 rn 2 2 h e0n h rn = mvnrn = n pme2 2p me4 1 1 Po wstawieniu tych wyrażeń do wzoru na energię, otrzymujemy: En = - = -13,59eV 2 2 2 8e0h n n Zadanie 15 Jakie linie widmowe wystąpią przy wzbudzeniu atomu wodoru elektronami o energii 12,5 eV. Rozwiązanie E5 = -0,54eV n = 5 n = 4 E4 = -0,84eV Emax = -1,09eV n = 3 E3 = -1,51eV Energie elektronu na kolejnych orbitach: l2,3 E2 = -3,39eV 1 n = 2 En = -13,59eV 2 n l1,2 l1,3 Przy wzbudzaniu atomu wodoru elektronami o energii 12,5 eV E1 = -13,59eV elektron z pierwszej orbity może zwiększyć energię maksymalnie n = 1 do Emax =(-13,59+12,5)eV = -1,09eV, czyli może przeskoczyć na orbitę drugą lub trzecią. l1,3 l1,2 l2,3 Wystąpią 3 linie widmowe: Energie emitowanych fotonów: E1,3 = E3 - E1 = (-1,51+13,59)eV =12,08eV E1,2 = E2 -E1 = (- 3,39 +13,59)eV = 10,2eV E2,3 = E3 -E2 = (-1,51+ 3,39)eV = 1,88eV c me4 1 1 ć Ef = h = En - Ek = -
2 2 2 l 8e0h k n Ł ł 1 me4 ć 1 1 1 1
Długości fal emitowanych fotonów wygodnie = - = Rć - n k
3 2 2 2 2 obliczyć z empirycznego wzoru Rydberga l 8e0h c k n k n Ł ł Ł ł Stała Rydberga R = 1,097107m-1 1 ć1- 1 8 R l1,2 = 1,02610-7m = R =
l1,3 9 9 Ł ł Seria Lymana (nadfiolet) 1 1 3
= Rć1- = R l1,2 = 1,21510-7m
l1,2 4 4 Ł ł 1 1 1 5
Seria Balmera (światło widzialne) = Rć - = R l2,3 = 6,56310-7m
l2,3 4 9 36 Ł ł Zadanie 16 Obliczyć długości fal pierwszych trzech linii w serii Balmera oraz granicę tej linii. W jakiej części widma leżą te linie? Rozwiązanie Seria Balmera powstaje, gdy elektron w atomie wodoru przeskakuje na drugą orbitę: k = 2, n = 3, 4, 5& Korzystamy z wzoru Rydberga 1 1 1 ć = R - (1) R = 1,097107m-1
2 2 l k n Ł ł 1 1 1 5 36 ć Ha = R - = R l1 = = 6,5610-7m = 656nm
n = 3 l1 4 9 36 5R Ł ł 16 1 1 1 3 ć H l2 = = 4,8610-7m = 486nm b n = 4 = R - = R
3R l2 4 16 16 Ł ł 100 1 1 1 21 ć Hg n = 5 l3 = = 4,3410-7m = 434nm = R - = R
21R l3 4 25 100 Ł ł n Ą Granicę serii znajdziemy, licząc granicę wyrażenia (1) dla 1 1 4 = Rć lgr = = 364,6nm @ 365nm
lgr 4 R Ł ł Linie serii Balmera leżą w widzialnej części widma (380nm 780nm). Granica serii leży już w nadfiolecie. Zadanie 17 Wyznaczyć najmniejszą energię niezbędną do wzbudzenia całego widma dwukrotnie zjonizowanego atomu litu. Rozwiązanie Dwukrotnie zjonizowany atomu litu (Z = 3) ma jeden elektron. Taki atom o jednym elektronie nazywamy atomem wodoropodobnym. Energię elektronu na n-tej orbicie wyznaczamy podobnie jak dla atomu wodoru (Zad. 12) z tym, że ładunek jądra jest równy Ze. 2 Ze mv2 E = - + 4pe0r 2 2 2 2 Ze Ze mvn v = n = 2e0hn 4pe0rn2 rn 2 2 h e0n h rn = mvnrn = n pmZe2 2p 2 4 mZ e 1 1 2 En = - = -13,59eV Z 2 2 2 8e0h n n (n ) Energia fotonu, który może spowodować przeskok elektronu na wyższą orbitę k wynosi 1 1 ć 2 Ef = En - Ek = 13,59eV Z -
2 2 k n Ł ł n Ą Najmniejsza energia do wzbudzenia całego widma to energia graniczna dla k = 1; 2 Ef = 13,59eV Z = 122,3eV Zadanie 18 O ile zmieni się długość fali de Broglie a elektronu przy wyrzuceniu go przez foton o energii Ef = 14,5 eV z pierwszej orbity bohrowskiej w atomie wodoru. Rozwiązanie h l = Zgodnie z korpuskulano-falową teorią materii poruszająca się cząstka jest jednocześnie falą o długości , p gdzie p jest pędem cząstki. Aby obliczyć długość fali elektronu na orbicie w atomie wodoru, skorzystamy z postulatu Bohra h pr = n n liczba całkowita, h stała Plancka, p pęd elektronu 2p 2 2 p 1 2prn h e0n = n ln = rn = h 2pr n pme2 gdzie dla n =1 l1 = 2pr1 = 3,310-10m Energia fotonu, który wybił elektron z atomu jest większa od energii jonizacji W = 13,59 eV. Elektron uzyska energię kinetyczną Ek, którą obliczymy z równania: Ef =W + Ek Ek = 0,91eV 2 Energia kinetyczna elektronu jest dużo mniejsza od jego energii spoczynkowej Eo = moc = 511keV Możemy więc użyć nierelatywistycznego związku między energią kinetyczną i pędem. kgm p = 2mEk = 5,1510-25 h = 6,6310-34J s s m = 9,1110-31kg h l2 = = 12,8 10-10m p 1eV = 1,6010-19J długość fali elektronu zwiększy się o: Dl = l2 - l1 = 9,5 10-10m Zadania do samodzielnego rozwiązania Zadanie 1 n = 10 13 P = 10-2W yródło monochromatyczne o mocy wysyła fotonów na sekundę. Obliczyć długość fali wysyłanych fotonów. Odp: l = 0,2nm Zadanie 2 Temperatura ciała doskonale czarnego wynosiła 2000 K. O ile stopni zmieniła się temperatura, gdy najbardziej prawdopodobna długość fali w jego widmie wzrosła o 500 nm. Odp: zmalała o 510 K. Zadanie 3 lmax = 580nm Maksimum promieniowania ciała doskonale czarnego przypada dla długości fali . Wyznaczyć całkowitą moc wysyłanego promieniowania, jeżeli pole powierzchni ciała wynosi S = 8m2 Odp: P = 2,84104W Zadanie 4 Ciało doskonale czarne podgrzano tak, że najbardziej prawdopodobna długość fali zmieniła się od l1 = 0, 6 m m l2 = 0,2mm do . Ile razy wzrośnie moc wypromieniowana przez ciało? Odp.: Moc wzrośnie 81-krotnie. Zadanie 5 lgr = 400nm . Obliczyć prędkość elektronów wybitych w Graniczna długość fali dla pewnego metalu jest równa 3 zjawisku fotoelektrycznym zewnętrznym, jeśli metal oświetlimy światłem nadfioletowym o długości fali l = lgr 4 Odp: v = 603 379 m/s Zadanie 6 l = 360nm Dla powierzchni oświetlonej promieniowaniem o długości fali , potencjał hamowania U jest równy 1,47V . Wyznaczyć graniczną długość fali promieniowania dla zjawiska fotoelektrycznego. hc Odp: lgr = @ 628nm hc -eU l Zadanie 7 Obliczyć długości fal pierwszych dwóch linii w serii Paschena (przeskok elektronu w atomie wodoru na 3 orbitę) oraz granicę tej linii. W jakiej części widma leżą te linie? l2 = 1282nm l1 = 1875nm Odp Linie te leżą w podczerwieni. Zadanie 8 Wyznaczyć długość fali w widmie zjonizowanego helu, odpowiadającą przejściu elektronu z orbity trzeciej na drugą. l = 164nm Odp: Zadanie 9 DE = 200eV Przy wzroście energii elektronu o , długość fali de Broglie a zmalała dwa razy. Znalezć początkową długość fali elektronu. Odp: l = 1,510-10m Zadanie 10 Ek = 5eV Na atom wodoru pada foton i wybija z niego elektron o energii kinetycznej . Obliczyć energię padającego fotonu, jeśli atom znajdował się w stanie wzbudzonym o liczbie kwantowej n = 2. Ef = 8,4eV Odp: Zadanie 11 Wyznaczyć najmniejszy potencjał hamujący konieczny do zahamowania elektronów wysyłanych przez fotokatodę, l = 490nm jeśli pada na nią promieniowanie o długości fali , a granica zjawiska fotoelektrycznego odpowiada lgr = 670nm długości fali Uh = -0,68 V Odp Zadanie 12 O ile zmieni się długość fali de Broglie a elektronu przy przejściu z drugiej orbity stacjonarnej na pierwszą a) w atomie wodoru b) w jednokrotnie zjonizowanym atomie helu Dl = 3,310-10m Odp: a) b) Dl = 1,6510-10m Zadanie 13 Oszacować, ile razy zwiększy się promień orbity elektronu w atomie wodoru znajdującym się w stanie podstawowym przy wzbudzeniu go fotonem o energii 12,08 eV. Odp: Promień wzrośnie 9-krotnie. Zadanie 14 Gaz składający się z atomów wodoru w stanie podstawowym jest naświetlany światłem monochromatycznym, w wyniku czego zaczyna on emitować dokładnie trzy linie widmowe. Wyznaczyć długość fali światła wzbudzającego. l = 9,710-8m Odp.: Zadanie 15 l = 400nm Napięcie hamujące ruch fotoelektronów w fotokomórce próżniowej, oświetlonej światłem o długości fali , wynosi U = 106mV . Oblicz wartość pracy wyjścia materiału fotokatody i częstotliwość graniczną zjawiska fotoelektrycznego Odp.: W = 3eV gr = 7,2441014Hz Zadanie16 W atomie wodoru elektron przeskakuje z trzeciej orbity na pierwszą. Oblicz zmianę pędu i energii kinetycznej elektronu. Dane: masa elektronu m, ładunek elektronu e, stała Plancka h, przenikalność elektryczna próżni e0. 15 me4 me 2 Odp.: DEk = - Dp = - 2 2 16 32p e0h2 6pe0h Zadanie17 gr Na powierzchnię metalu pada strumień fotonów o częstości n = 3 razy większej niż częstość graniczna . Oblicz długość fali de Broglie a elektronów o maksymalnej energii kinetycznej Dane: masa elektronu m, ładunek elektronu e, stała Plancka h, prędkość światła c. h Odp.: l = 2(k -1)mgr Zadanie18 Maksymalna wartość energii kinetycznej elektronów w efekcie Comptona jest równa energii spoczynkowej elektronu E o = m oc 2 @ 0,5MeV. Oblicz energię padających fotonów. E f = 0,7MeV Odp.: Zadanie19 Kwant o energii E g = 1MeV zderzył się centralnie ze swobodnym elektronem, a następnie wywołał efekt 2 fotoelektryczny wewnętrzny. Oblicz energie kinetyczne obu elektronów. Energia spoczynkowa elektronu Eo = moc @ 0,5MeV Odp.: (E ) 1 = 0, 8 MeV (Ek ) = 0,2MeV k 2