Документ: Практика решения задач по физике. Часть 5. Квантовая физика. Евсюков В.А., Показаньева С.А, страницы 51-55

где

Eсв Z2 R

Z 2 4 R,

R-

постоянная Ридберга. Отсюда

2 c

. Заменяя

на

, получим 2

c

2 R

.

2( 4 R)

m

В частности для 18,0нм скорость вырванного электрона

2

3 108 1,05 10 34

0,9 10 30 2,26 106

м с.

18 10 9

5.76. Представим

неупругое столкновение двух атомов

водорода с испусканием одним из них фотона как процесс, состоящий из последовательности переходе, одних видов энергии в другие. Начальную фазу процесса будем понимать как обычное неупругое соударение двух одинаковых частиц, одна из которых имела кинетическую энергию, вторая – покоилась. В результате этого события часть кинетической энергии перейдём во внутреннюю энергию частиц ( в общем). Эту часть энергии можно найти по закону сохранения импульса. После любого столкновения система как целое

будем двигаться со скорость

с

, где υ - скорость налетающей

частицы (

).

Следовательно, кинетическая

энергия

=

⁄2

2

. При этом

частиц после

их столкновения равна

=

системы

2 =

-

4

–

убыль кинетической энергии

2

2∙

∆

=

4

2

4 =

это с одной стороны, а с другой это

приращение

внутренней

2

энергии частиц.

Далее

учтём

квантовые

особенности

частиц

(атомов). По

условию задания при соударении был испущен фотон одним из атомов. Поскольку атом может поглощать – испускать энергию квантами, то результатом рассматриваемого столкновения будет система из невозбужденного и возбужденного атома. Следовательно, убыль кинетической энергии ∆ пойдёт на приращение внутренней энергии одного атома. При этом возбуждённый атом испустит

51


фотон с энергией			. Минимальная энергия испущенного фотона
атомом водорода			=	=	1−1 4		= 3	⁄4	, - постоянная
Ридберга.
	Итак, чтобы это событие произошло, необходимо условие
∆ =	4 ≥ 3 ⁄4	,	т.е.	2		,	где	- масса атома водо-
				2 ≥ 3 ⁄2

рода. Отсюда видно, что минимальная кинетическая энергия налетающего атома для осуществления акта излучения фотона, должна

2

/

= 2

= 1,5 ∙ 0,66 ∙ 10−15 ∙ 2,07 ∙ 1016

= 20,5

бытьравна

2

3

эВ

эВ.

5.77. Частота головной линии серии Лаймана спектра водо-

рода

=

= 3

⁄4

,

-постоянная Ридберга. Модуль импульса ис-

пущенного фотона этой спектральной линии

= =

,

⁄ = 3

⁄4

.

По закону сохранения импульса имеем:

= 3

⁄(4

где – масса

атома водорода; приобретенная скорость

) = 3,27

⁄

= 3

⁄4

м с.

5.78.

Формулы

£

,

и

£

и

=

−

=

−

= ⁄

выраженной

соответственно частоту, энергию и импульс

испущенного фотона при переходе электрона водородоподобного иона с энергетического уровня на уровень в системе отсчёта эти величины имеют другие значения в связи с тем, что в этой системе ион получает импульс отдачи, в чем мы убедились на примере 5.77. Однако отличия в значения указанных величин в разных системах отсчета исключительно малы и ими с высокой степенью тонкости можно пренебречь. Убедимся в этом на примере атома водорода.

При переходе

электрона атома

с уровня

на

его

приобретает кинетическую = −

= (1 −1⁄4) = 3

⁄4

,

а атом

энергия

уменьшается

на

2

энергию,

равную

2

,

где

–

масса атома

(см. задачу

5.77).

Следовательно,

энергия

2 = 9

⁄(32

2

)

излученного фотона в лабораторной системе отсчёта

′

= −

.

52

2

При этом абсолютное и относительное отличия энергии фотона от

энергии′

перехода

в

атоме

равны −.

′ =

2

= 9 ⁄(32

) и

( − )⁄ =

9 2

2

∙

4

=

3

= 0,55∙10−6%

32

2

3

8

2

5.79. Испущенный фотон ионом

, соответствующий

головной линии серии Лаймана, имеет энергию

= =

1−

1

=

= 3

.

4

Энергия для вырывания электрона из атома водорода равна

=

Согласно закону сохранения энергии имеем:

1− ∞ =(в предположении. ,

что

с .

). Отсюда получаем:

−

=

2

м

3

−

=

2

= 2

⁄ = 3,1∙10

⁄

5.80.

Излучающий

атом

водорода

рассматриваем

как

движущийся источник света. Пусть собственная частота

источника

,

тогда

частота,

воспринимая

неподвижным

наблюдением, равна

(формула Доплера).

(1)

длине волны:

Перейдем в (1) к =

(2). Здесь

с.

излу-

На предыдущих примерах мы убедились=, что скорость отдачи =

⁄

чающего атома

с.

Поэтому в зависимости

ограничимся

линейной частью, т.е.

∆

= ∙∆

. Разность длин( )

=

линии спектра

=

. Отсюда

(1−

). Для головной

∆

= −

=

серии Лаймана

=

. Таким образом, скорость возбужденных

атомов водорода

с∙∆

∆

.

Для

и

нм

∙

=

= 45

∆ = 0,20

скорость

∙ ,

∙

=

∙

м с .

=

∙

,

= 0,7∙10

⁄

∙√

⁄

5.81. Условие квантования фазовых траекторий частицы в

потенциальном

поле

имеет

вид

,

где

и

обобщенные соответственно импульс и

координаты частицы,

–

= 2

53

целое число. Обобщенные величины и могут иметь разный смысл в зависимости от характера движения частицы в

потенциальном поле сил. При периодическом движении на	й
траектории частица имеет определенное значение энергии	− .

Задача состоит в определении дискретных значений энергии частицы в некоторых полях.

а) Одномерная потенциальная яма ширины

с бесконечно

высокими

стенками. В этом случае

=

(обычный импульс),

=

.

При этом энергия частицы

=

2

=

.

Из условия

имеем:

∫

2

квантования

=

√

=

2 2

2

2,

=

2б)

= 1,2,…

0

2

= 2 2

Центральное поле, движение частицы по окружности. В

качестве,

обобщенных

характеристик

частицы

возьмем

= =

=

(полярный

угол).

Энергия

частицы

(

̇

,

момент

импульса

.

=Условие=

̇)

2

̇=

2

квантования=:

0

2

= 2

̇ = 2 (круговая орбита).̇=

∫

2

(

)

,

2

̇

= 2

=,

2энергия частицы

Тогда

0

.

(

)2

(

)2

2 2

∫

̇

2

в=)

2

=

2

=

2

=

2

Одномерное

потенциальное

поле

,

где

-

постоянная. Принимаем

,

.

Полная энергия частицы

=

⁄2

> 0

= ±

2

(1−

⁄2

)

.

Из

= 2

имеем:

правила квантования

=

−

0

− 0

(−| |)

= 2

0

=

∫

⁄2

∫

2 ⁄

= 2

2

∫

1−

= 2

.

Здесь

0 =

. Сделаем

замену

=

и получим:

=

2 ⁄

,

0 =

⁄

;

⁄2

2

⁄2

2

√

∫

⁄

∫

= 8

=

= 2 2 ∙ 2 ⁄

− ⁄2

0

54

=г)4

⁄ ∫ (1+

2 )

= 2

⁄

= 2

.Отсюда

=

⁄

.

=

Поле центральное, потенциальная энергия частицы

,

> 0

, движение круговое. Принимаем

=

̇=

,

⁄Из

= −.

условия квантования имеем:

= 2

2

∙

2 ⁄

⁄2

2

= 8

⁄

⁄2

2

=

√

− ⁄2

0

(1)

= 4

⁄

2 )

= 2

⁄

= 2

Далее обратимся

∫ (1+

к динамическому уравнению частицы

.

(2)

(2) получаем

=

(3)

Из равновесия−

= −

−

и

2

=

⁄2

.

(4)

=

⁄

Полная энергия частицы

=

−

= −

. Из (1) и (3) следует

=

(5). При этом

= −

∙

= −

.

энергия частицы

5.82. В

элементарной

боровской

теории

водородо-

подобного атома были получены выражения для радиуса стационарных круговых орбит электрона, внутренней энергии

атома и

других

величин,

например,

постоянной Ридберга:

,

=

4 .

−

электрона

При этом предполагалось,

где=

масса

=

= −

что атомное ядро неподвижно

1и элементарно вращается вокруг

неподвижного центра на некоторой круговой орбите радиуса . Однако в действительности ядро совершает движение. Ядро и электрон, составляя замкнутую стационарную систему двух частиц, вращаются вокруг их центра масс. Это движение можно

охарактеризовать	как	вращение	частицы	массой
		55

Материал: Практика решения задач по физике. Часть 5. Квантовая физика. Евсюков В.А., Показаньева С.А

Смотрите также: