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).

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:

1 — сила фототока прямо пропорциональна интенсивности света.

2 — максимальная кинетическая энергия вырываемых светом электронов линейно возрастает с частотой света и не зависит от его интенсивности.

3 — 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: $$\hbar \omega =A+E_{\text{кин}}=A+0,$$ 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 $$ v=\sqrt{\frac{2E_{\text{кин}}}{m_e}}= \sqrt{\frac{2}{m_e}\left(\frac{2\pi c \hbar}{\lambda }-A\right)}\approx 1,2\cdot 10^6 \text{ м/с}. $$ 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: $$ n=\frac I{\hbar \omega }=\frac{I\lambda }{2\pi c\hbar } \approx 8\cdot 10^{20} \text{ м}^{-2} \text{c}^{-1}. $$ Столько же электронов вылетает под действием это потока, поэтому фототок с площади $S$ равен: $$ j=enS=\frac{I\lambda eS}{2\pi c\hbar }\approx 1 \text{ мА.} $$

Одной из предпосылок создания квантового механики стала так называемая «ультрафиолетовая катастрофа» — парадокс классической физики, состоящий в том, что полная мощность теплового излучения любого нагретого тела должна быть бесконечной. Название парадокс получил из–за того, что спектральная плотность энергии излучения должна была неограниченно расти по мере сокращения длины волны. Планк разрешил эту проблему, предположив, что излучение происходит квантами, и как следствие, спектральная мощность излучения абсолютно черного тела в зависимости от температуры и частоты определяется законом (законом Планка): $$ I(\omega , T)=\frac{\hbar \omega ^3}{2\pi ^2c^2}\frac{1}{\exp\left(\frac{\hbar \omega }{kT}\right)-1}. $$

Абсолютно чёрное тело — тело, находящееся в термодинамическом равновесии со своим излучением, тело, поглощающее всё падающее на него электромагнитное излучение во всех диапазонах и ничего не отражающее. Спектр излучения абсолютно чёрного тела определяется только его температурой.

Общая энергия теплового излучения определяется законом Стефана — Больцмана, который гласит:

Мощность излучения абсолютно чёрного тела (интегральная мощность по всему спектру), приходящаяся на единицу площади поверхности, прямо пропорциональна четвёртой степени температуры тела: $$ I(T)=\sigma T^4=\frac{\pi^2 k^4}{60\hbar ^3 c^2} T^4, $$ $\sigma \approx 5,67\cdot 10^{-8}$ Вт/м$^2$К$^4$ — константа Стефана–Больцмана.

Длина волны, при которой энергия излучения абсолютно чёрного тела максимальна, определяется законом смещения Вина: $$\lambda _{max}\approx \frac{0,0029}{T}.$$

}

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 $$ \alpha = \frac{L}{2R_C}=32'=\left(\frac{32}{60}\right)^{\circ } =\frac{\pi}{180^{\circ }}\left(\frac{32}{60}\right)^{\circ }\approx 0,0093 \text{ рад}. $$ 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: $$\lambda _{max}\approx \frac{0,0029}{T} \approx 5\cdot 10^{-7} \text{ м}= 500 \text{ нм}.$$

Развивая идеи корпускулярно-волнового дуализма Луи де Бройль выдвинул в 1923 году гипотезу о том, что не только фотоны, но и электроны, и любые другие частицы материи наряду с корпускулярными обладают также волновыми свойствами.

Частица ведёт себя как волна с длиной волны (де Бройля): $$ \lambda \frac hp=\frac{2\pi \hbar}{p}, $$ где $p$ — импульс частицы.

Для макрообъектов эта длина волны ничтожна. Например, частице с массой в 1 г, движущейся со скоростью 1 м/с, соответствует волна де Бройля с $6,6 \cdot 10^{-34}$ м. Поэтому волновые свойства несущественны для макроскопических тел.

Соотношение между длиной волны, межатомными расстояниями и углами описывается уравнением Брэгга. Если известна длина излучаемой и угол дифракции, то с помощью уравнения Брэгга может быть вычислено межплоскостное расстояние. Условие Вульфа– Брэгга: $$ 2d\sin \theta = m\lambda . $$

Для структурного анализа часто используют рентгеновское излучение, но можно использовать электронный пучок (на этом основана вся электронная микроскопия). Преимущество — не опасное излучение, «любые» длины волн, возможность управления заряженным пучком с помощью ЭМ–линз, тогда как для рентгена линз нет.

Дифракция быстрых электронов — метод исследования структуры поверхности твердых тел, основанный на анализе картин дифракции электронов с энергией 5–100 кэВ, упруго рассеянных от исследуемой поверхности под скользящими углами.

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: $$ 2d\sin \theta = \frac{2\pi \hbar}{\sqrt{eU\cdot 2m_e}}, $$ окончательно выражая разность потенциалов: $$ U=\frac{\pi^2\hbar^2}{2em_ed^2\sin^2\theta }\approx 40 \text{ кВ.} $$

В квантовой механике невозможно ввести понятия траектории, но состояние частицы можно характеризовать волновой функцией — квадрат которой пропорционален плотности вероятности обнаружить частицу в определённой области пространства. Волновая функция удовлетворяет уравнению Шрёдингера: $$ \widehat{H}\Psi =E\Psi, $$ где $$ \widehat{H}=\frac{\widehat{p}^2}{2m}+\widehat{U}(x,y,z)= \frac{(-i\hbar \nabla)^2}{2m}+\widehat{U}(x,y,z)= -\frac{\hbar^2\Delta }{2m}+\widehat{U}(x,y,z) $$ — оператор Гамильтона (Гамильтониан), $\Psi $ — волновая функция.

Принцип неопределённости Гейзенберга в квантовой механике — фундаментальное неравенство (соотношение неопределённостей), устанавливающее предел точности одновременного определения пары характеризующих квантовую систему физических наблюдаемых, описываемых некоммутирующими операторами. Например, координаты и импульса: $$ \Delta x \cdot \Delta p \geq \frac{\hbar}{2}. $$ Чем точнее мы измеряем координату частицы, тем меньше известно о его импульсе, и наоборот. Поэтому в квантовой механике, в отличие от классической, у частицы нет траектории!

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: $$ E_0=\frac{(\Delta p)^2}{2m}=\frac{\hbar ^2}{8ma^2}. $$

\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: $$ E=\frac{p^2}{2m}+\frac{m\omega^2 x^2}{2}. $$ 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: $$ E=\frac{\hbar ^2}{8m\left(\frac{\hbar}{2m\omega} \right) }+\frac{m\omega^2 \left(\frac{\hbar}{2m\omega} \right)}{2} = \frac 12\hbar \omega . $$