Различия

Показаны различия между двумя версиями страницы.

--- f2s11 [2024/04/23 06:59] – root
+++ f2s11 [2025/04/17 16:16] (текущий) – [Дифракция быстрых электронов.] root
@@ Строка 3: / Строка 3: @@
 [[z11-1|Задача 1.]]
-а) Определить красную границу фотоэффекта для меди.
-б) Найти максимальную скорость электронов, вылетающих из медной пластины, если её освещают светом с длиной волны $\lambda = 150$~нм (ультрафиолетовое излучение). \pause
-в) Оценить фототок с 1 см$^2$ пластины, если интенсивность света равна 1 кВт/м$^2$  (примерно столько энергии поступает с солнечным светом на Землю от Солнца на экваторе); всё падающее излучение поглощается пластинкой.  Работа выхода электронов из меди равна 4,4 эВ.
-Свет демонстрирует свойства волны в явлениях дифракции и интерференции
-при масштабах, сравнимых с длиной световой волны, но свет можно трактовать и как поток
-частиц --- фотонов. Корпускулярные свойства света проявляются при фотоэффекте и в эффекте Комптона. Фотон ведет себя и как частица, которая излучается или поглощается целиком объектами, размеры которых много меньше его длины волны (атомными ядрами, электронами).
-Фотоэффект --- это испускание электронов веществом под действием света.
-Законы фотоэффекта:
---- сила фототока прямо пропорциональна интенсивности света.
---- максимальная кинетическая энергия вырываемых светом электронов линейно
-возрастает с частотой света и не зависит от его интенсивности.
---- для каждого вещества существует красная граница фотоэффекта, то есть
-минимальная частота света $\omega _0$ (или максимальная длина волны $\lambda _0$), при которой ещё возможен фотоэффект, и если $\omega < \omega _0$, то фотоэффект уже не происходит.
-Фотоэффект не может быть объяснён в рамках волновой природы света. Но если считать
-свет потоком фотонов с энергией $\hbar \omega ,$ то при поглощении фотона электроном выполняется закон сохранения энергии:
-$$\hbar \omega =A+E_{\text{кин}},$$
-где $A $ --- работа выхода,
-постоянная Планка $\hbar =\frac h{2\pi }\approx 10^{-34}$ Дж $\cdot $ с $=6,6\cdot 10^{-16}$ эВ $\cdot $ с.
-а) Минимальная энергия фотона, необходимая для того, чтобы сообщить электрону
-энергию, достаточную для преодоления барьера (работы выхода), равна:
-$$\hbar \omega =A+E_{\text{кин}}\pause=A+0,$$
-Красная граница фотоэффекта --- $\omega _0=\frac A \hbar$.
-Максимальная длина волны --- $\lambda _0 = \frac c{\nu_0}=\frac{2\pi c}{\omega _0} \approx 280 $ нм.
-б) Максимальная кинетическая энергия вылетевшего электрона  равна:
-$$
-E_{\text{кин}}=\hbar \omega -A=\frac{2\pi c \hbar}{\lambda }-A\approx 6,2 \cdot 10^{-19} \text{ Дж.}
-$$
-Максимальная скорость \pause
-$$
-v=\sqrt{\frac{2E_{\text{кин}}}{m_e}}=
-\sqrt{\frac{2}{m_e}\left(\frac{2\pi c \hbar}{\lambda }-A\right)}\approx 1,2\cdot 10^6 \text{ м/с}.
-$$\pause
-Для сравнения тепловая скорость электронов при комнатной температуре:
-$$
-v=\sqrt{\frac{3kT}{m_e}}\approx 10^5 \text{ м/с}.
-$$
-в) Поток фотонов, т.е. число фотонов, налетающих на единичную площадку в единицу
-времени, равен:
-$$
-n=\frac I{\hbar \omega }\pause=\frac{I\lambda }{2\pi c\hbar }  \approx 8\cdot 10^{20} \text{ м}^{-2} \text{c}^{-1}.
-$$
-Столько же электронов вылетает под действием это потока, поэтому фототок с площади $S$
-равен:
-$$
-j=enS=\frac{I\lambda eS}{2\pi c\hbar }\approx 1 \text{ мА.}
-$$
@@ Строка 94: / Строка 34: @@
 I(T)=\sigma T^4=\frac{\pi^2 k^4}{60\hbar ^3 c^2} T^4,
 $$
-$\sigma \approx 5,67\cdot 10^{-8}$ Вт/м$^2$К$^4$ --- константа Стефана--Больцмана.\pause
+$\sigma \approx 5,67\cdot 10^{-8}$ Вт/м$^2$К$^4$ --- константа Стефана--Больцмана.
 Длина волны, при которой энергия излучения абсолютно чёрного тела максимальна,
 определяется законом смещения Вина: $$\lambda _{max}\approx \frac{0,0029}{T}.$$
-}
 [[z11-2|Задача 2]]
-	Оцените температуру на поверхности Солнца, зная угловой размер Солнца --- $\alpha = 32'$ и среднюю температуру на Земле --- $10$°С, считая Землю абсолютно чёрным телом.
-	Вычислите на какую длину волны приходится максимум солнечного излучения. Какой это цвет?
-Обозначим радиус Солнца $R_C,$ а расстояние до Солнца за $L.$
-Полная мощность излучения Солнца (всей его поверхностью) по закону Стефана--
-Больцмана равна:
-$$
-I_C=\sigma T_C^4\cdot 4\pi R_C^2 .
-$$
-Эта мощность излучается изотропно в полный телесный угол $4\pi $. На Землю приходится лишь её часть, которую можно найти, вычислив отношение телесного угла $\Omega $, под которым видна наша планета с Солнца
-$$
-\Omega =\frac{\pi R_{\text{з}}^2}{L^2}.
-$$
-к полному телесному углу --- $4\pi $.
-Таким образом, на Землю поступает мощность:
-$$
-I_{\text{з}}=I_C\frac{\Omega}{4\pi}= \sigma T_C^4 4\pi R_C^2 \cdot \frac{\pi R_{\text{з}}^2}{L^2}\frac{1}{4\pi} =
-\sigma T_C^4 R_C^2 \cdot \frac{\pi R_{\text{з}}^2}{L^2} .
-$$
-В то же время чтобы быть в термодинамическом равновесии, Земля излучает ровно
-столько же, сколько поглощает.  По закону Стефана--Больцмана:
-$$
-I_{\text{з}}=\sigma T_{\text{з}}^4\cdot 4\pi R_{\text{з}}^2 .
-$$
-Приравнивая и сокращая, получим:
-$$
-T_{\text{з}}^4\cdot 4 =
-T_C^4 R_C^2 \cdot \frac{1}{L^2},
-$$
-тогда
-$$
-T_C=T_{\text{з}}\sqrt{\frac{2L}{R_C}}
-=T_{\text{з}}\sqrt{\frac{4}{\alpha }}.
-$$
-Угол
-$$
-\alpha = \frac{L}{2R_C}\pause=32'=\left(\frac{32}{60}\right)^{\circ }
-=\frac{\pi}{180^{\circ }}\left(\frac{32}{60}\right)^{\circ }\approx 0,0093 \text{ рад}.
-$$
-Окончательно получим:
-$$
-T_C=T_{\text{з}}\sqrt{\frac{4}{\alpha }}=283 \sqrt{\frac{4}{0,0093 }}\approx 6000 \ K.
-$$
-Согласно закону Вина максимум излучения Солнца приходится на длину волны:
-$$\lambda _{max}\approx \frac{0,0029}{T} \approx 5\cdot 10^{-7} \text{ м}= 500 \text{ нм}.$$
 =====Дифракция быстрых электронов.=====
@@ Строка 166: / Строка 55: @@
 Частица ведёт себя как волна с длиной волны (де Бройля):
 $$
-\lambda \frac hp=\frac{2\pi \hbar}{p},
+\lambda =\frac hp=\frac{2\pi \hbar}{p},
 $$
 где $p$ --- импульс частицы.
@@ Строка 197: / Строка 86: @@
 [[z11-3|Задача 3]]
-Какую разность потенциалов прошёл электронный пучок, если известно, что под
-углом 0,57° к поверхности кристаллического кремния наблюдается
-дифракционный максимум первого порядка. Известно, что межплоскостное
-расстояние в кристалле кремния равно 0,312 нм.
-Проходя разность потенциалов, по закону сохранения энергии электрон приобретает
-импульс
-$$
-p=\sqrt{eU\cdot 2m_e},
-$$
-Тогда длина волны де Бройля электрона равна:
-$$
-\lambda= \frac{2\pi \hbar}{p}=\frac{2\pi \hbar}{\sqrt{eU\cdot 2m_e}}.
-$$
-Из условия Вульфа-Брэгга:
-$$
-\lambda=2d\sin \theta ,
-$$
-приравнивая получим:
-$$
-d\sin \theta = \frac{2\pi \hbar}{\sqrt{eU\cdot 2m_e}},
-$$
-окончательно выражая разность потенциалов:
-$$
-U=\frac{\pi^2\hbar^2}{2em_ed^2\sin^2\theta }\approx 40 \text{ кВ.}
-$$
@@ Строка 237: / Строка 99: @@
 $$
 \widehat{H}=\frac{\widehat{p}^2}{2m}+\widehat{U}(x,y,z)=
-\frac{(-i\hbar \nabla)^2}{2m}+\widehat{U}(x,y,z)\pause=
+\frac{(-i\hbar \nabla)^2}{2m}+\widehat{U}(x,y,z)=
 -\frac{\hbar^2\Delta }{2m}+\widehat{U}(x,y,z)
 $$
@@ Строка 255: / Строка 117: @@
 [[z11-4|Задача 4]]
-Оцените энергию основного состояния частицы в следующих потенциалах:
-а) бесконечная прямоугольная яма шириной $a$;
-б) параболическая яма $U(x)=\frac 12 m\omega^2x^2$;
-в) кулоновский потенциал $U(r)=-\frac{e^2}{r}$.
-			\includegraphics[scale=0.5]{01}
-Неопределённость по координате в такой яме порядка $a$. Тогда неопределённость в
-импульсе имеет порядок:
-$$
-\Delta p\sim \frac{\hbar}{2a}.
-$$
-Энергия частицы связана с импульсом соотношением:
-$$
-E=\frac{p^2}{2m}.
-$$
-Энергию основного состояния можно оценить, как:
-$$
-E_0=\frac{(\Delta p)^2}{2m}\pause=\frac{\hbar ^2}{8ma^2}.
-$$
-	\includegraphics[scale=0.4]{02}
-Неопределённость по координате в такой яме порядка $a$.  Тогда неопределённость в
-импульсе имеет порядок:
-$$
-\Delta p\sim \frac{\hbar}{2a}.
-$$
-Энергия частицы связана с импульсом соотношением\pause:
-$$
-E=\frac{p^2}{2m}+\frac{m\omega^2 x^2}{2}.
-$$
-Выразим энергию через неопределённость в координате:
-$$
-E=\frac{(\Delta p)^2}{2m}+\frac{m\omega^2 (\Delta x)^2}{2}=
-\frac{\hbar ^2}{8ma^2}+\frac{m\omega^2 a^2}{2}.
-$$
-Найдём минимум этого выражения по $a$. Продифференцируем это выражение по $a$:
-$$
-\frac{d}{da}
-E=-2\frac{\hbar ^2}{8ma^3}+2\frac{m\omega^2 a}{2}=0.
-$$
-Решая это уравнение, найдём точку экстремума:
-$$
-a=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}.
-$$
-Подставив это значение в энергию, получим оценку основного состояния:
-$$
-E=\frac{\hbar ^2}{8m\left(\frac{\hbar}{2m\omega} \right) }+\frac{m\omega^2 \left(\frac{\hbar}{2m\omega} \right)}{2} = \frac 12\hbar \omega .
-$$