Atomnaya_fizika_UP

21

			K′	с покоящимся свободным электроном.
				Как известно, при упругом соударении
	K		θ K
				(двух шаров)		выполняются и закон со-
			e
				хранения	энергии, и закон сохранения
			P
				импульса (рис. 1.6). Здесь P — импульс
	Рис. 1.6 — К объясне-
				электрона после столкновения с ним фо-
	нию эффекта Комптона			тона, импульс которого			K — до столк-
				новения,	K ′	— после столкновения.
	Запишем эти уравнения в релятивистской форме, поскольку
	фотон летит со скоростью света:					ω′+ E ,
				ω+ mC2 =			(1.6.2)
	где mC	2	— энергия покоя электрона,			′
						ω, ω — энергия фотона

до и после взаимодействия, Е — полная энергия электрона отдачи (электрона после столкновения с фотоном).

Закон сохранения импульса: K = K′+ P .

(1.6.3)

Чтобы уменьшить число неизвестных, выразим полную энергию электрона через импульс:

			ω+mC2 = ω′+C P2 + m2C2		1
					C
		′
		(ω−ω )	+ mC =	P2 + m2C2 , возведем обе части равенства
		C
в квадрат, учтя, что ω = K :
			С
		(K − K′) + mC 2		= P2 + m2C2 ;
		2 (K − K′)2 + m2C2 + 2 mC (K − K′) = P2 + m2C2 .						(1.6.4)
Возведем в квадрат уравнение (1.6.3), учтя, что это — век-
торное равенство.				2 (K + K′)2 = P2 .
								(1.6.5)

В уравнениях 1.6.4 и 1.6.5 равны правые части, приравняем и левые:

2K 2 + 2K′2 −2 2KK′+ 2 mC (K − K′) = 2K 2 + 2K′2 −2 2KK′cos θ

	2 mC (K − K′) = 2 2 KK′(1−cosθ)		π
			mCKK′

22

2π

(K

− K′) =

2π

(1−cosθ)

KK′

mC

1

1

h

(1−cosθ)

2π

−

=

K

K

′

mC

λ′−λ =

h

(1−cos θ)

…,

(1.6.6)

6,6

mC

где

h

= λc

=

10−34

= 2,4 10−12 м.

mC

9,1 10−31 3

108

Видим, что уравнение (1.6.6) точно совпадает с полученным из эксперимента уравнением (1.6.1). Это явилось окончательным подтверждением того, что фотон — частица.

Потом обнаружили рассеяние рентгеновских фотонов на протонах, нейтронах и т.д. У каждой из этих частиц своя комптоновская длина волны, зависящая от массы. Например, для протона:

	λc	=	h		=		6,62 10−34	=1,32 10−15	м =1,32 фм
			mp	C		1,67 10−27 3 108

(фм — фемтометр, 1 фм =1 10−15м).

1.7 Давление света

Представление о свете как потоке частиц позволяет достаточно просто получить формулу давления света. В квантовой оптике давление света истолковывается как результат передачи поверхности тела импульса фотонов при поглощении и отражении. Как известно из механики, импульс, полученный стенкой при ударе о нее частицы, равен изменению импульса этой частицы:

при абсолютно упругом ударе P1 = 2P , при неупругом P2 = P .

Пусть монохроматический свет частоты ν падает на поверхность под углом α; n1 — число фотонов, падающих на еди-

ницу площади поверхности за единицу времени, К — коэффициент отражения. Тогда Kn1 — число зеркально отраженных фото-

нов, (1− K )n1 — число поглощенных фотонов. Импульс фотона

P = hν . Суммарный импульс, полученный 1м2 за 1с:

C

23

P = P

+ P

= 2

hν

Kn cos α +

hν

(1

− K )n cos α =

отраж.

погл.

C

1

C

1

hν n1

=

hν

n

(2K +1− K )cos α =

(K +1)cos α.

C

1

C

Но hν n

— энергия света, падающего за 1 с на 1 м2 поверхности:

1

E1 = hν n1. Итак:

P =

E1

(K +1)cosα

.

(1.7.1)

C

1.8 Двойственная природа света

Только что мы рассмотрели ряд явлений, где свет ведет себя как поток частиц. Но явления дифракции, интерференции, поляризации могут быть объяснены только с позиции волновой теории. Что же такое свет?

«Неужели мы должны считать свет состоящим из корпускул в понедельник, вторник, среду, когда проводим опыты с фотоэффектом и эффектом Комптона, и представлять себе его волнами в четверг, пятницу и субботу, когда работаем с явлениями дифракции и интерференции?» (Г. Брэгг, 1862—1942 гг.) Свет — диалектическое единство этих противоположных свойств: он одновременно обладает свойствами непрерывных электромагнитных волн и дискретных фотонов. При уменьшении длины волны λ все явственнее проявляются корпускулярные свойства. Волновые свойства, например рентгеновского излучения, проявляются слабо.

Двойственная природа света вытекает уже из самих формул:

E = hν и P = λh — в левой части равенств корпускулярные харак-

теристики (энергия и импульс), в правой — волновые (частота и длина волны). Постоянная Планка связывает воедино корпускулярные и волновые свойства материи.

Взаимосвязь между корпускулярно-волновыми свойствами света находит простое толкование при статистическом подходе к распространению света. Взаимодействие фотонов с веществом, например прохождение света через дифракционную решетку, приводит к перераспределению фотонов в пространстве и воз-

24

никновению на экране дифракционной картины. Очевидно, что освещенность экрана в различных точках прямо пропорциональна вероятности попадания фотонов в эти точки. Из волновой теории мы знаем, что освещенность пропорциональна интенсивности света J , которая, в свою очередь, пропорциональна квадрату

амплитуды J ~ A2 . Вывод: квадрат амплитуды световой волны в какой-либо точке есть мера вероятности попадания фотонов в эту точку.

Распределение света по поверхности освещаемого тела носит статистический характер. Мы не замечаем этого, т.к. одновременно падает огромное (~1013) число фотонов.

1.9 Примеры решения задач по квантовой оптике

1.9.1 Абсолютно черное тело находится при температуре T1 = 2900 K . В результате остывания тела длина волны, на кото-

рую приходится максимум излучательной способности, изменилась на Δλ = 9 мкм. До какой температуры T2 охладилось тело?

Решение. Воспользуемся законом смещения Вина:

λm T = b .

	Отсюда λ =		b		=		2,9 10−3		=1 10−6 м =1 мкм.
	1		T1				2,9 103
	Тогда λ2 = λ1 + Δλ =10 мкм. (При остывании λm увеличива-
	ется.)							2,9 10−3
	Наконец, T	=			b	=				= 0,29 103 = 290 K ; T = 290 K .
				λ2				10 10−6
	2									2

1.9.2 Температура черного тела изменилась при нагревании от T1 =1000 K до T2 = 3000 K . Во сколько раз увеличилась при

этом его энергетическая светимость R? Во сколько раз увеличилась его максимальная плотность энергетической светимости?

Решение. Для ответа на первый вопрос воспользуемся законом Стефана—Больцмана (1.2.4):

				4				4
		R1				T2
R1 = σT14 ; R2	= σT24		=	σT2	=		= 34 =81.
		R2		σT14
					T1

25

Для ответа на второй вопрос используем (1.2.9), т.е. факт,

что r

~

1

и, следовательно, r

~ T 5 (см. 1.2.10). r

= BT15 ;

λ5

λ,T

λ,T

λm ,T1

r

,T2

5

rλ

,T =

BT25 ;

λm

=

T2

= 35 = 243.

m

2

rλ

,T

T1

m

1

1.9.3 Диаметр вольфрамовой спирали в электрической лам-

почке d = 0,3 мм, длина спирали

= 7 см. При включении лам-

почки в сеть напряжением U = 220 В через лампочку течет ток J = 0,4 A . Найти температуру спирали. Считать, что по установлении равновесия всё выделяющееся в нити тепло теряется в результате излучения. Отношение энергетических светимостей вольфрама и абсолютно черного тела α = 0,3.

Решение. Количество излучаемой спиралью тепловой энер-

гии может быть подсчитано: E = α σT 4 S t , где S — площадь излучаемой поверхности, t — время излучения. Из данных задачи легко найти мощность излучения P =U J , следовательно, t = 1 c . Площадь излучения S равна площади боковой поверхности спи-

рали: S = πd . Итак,							излучаемая мощность U J = ασT 4πd .
Откуда:
	U J			1								220 0,4		1
														4
					4
T =							=								=
	α σ πd								5,67			10−8 π3 10−4 7 10−2
							0,3
		1							1
= (0,785 1014 )				= (78,5 1012 )								= 2,976 103 = 2976 K.
		4								4

1.9.4 Какую мощность надо подводить к зачерненному металлическому шарику радиусом r = 2 см, чтобы поддерживать его температуру на T = 27 K выше температуры окружающей среды T0 = 293 K ? Считать, что тепло теряется только вследствие

излучения.

Решение. Здесь обязательно следует учесть, что шарик не только излучает, но и поглощает тепло, т.к. температура окружающих тел T0 > 0 K , и они тоже излучают электромагнитные

волны.

26

Мощность, излучаемая шариком:

P = σ(T + T )4		S = σ(T + T )4	4πr2 .
1	0	0
Мощность, поглощаемая шариком:
	P = σT 4 4πr2 .
	2	0

Следовательно, мощность, которую нужно подводить к шарику дополнительно, равна:

P = P	− P	= σ 4πr2 (T +	T )4 −T 4	=
1	2	0	0

=5,67 10−8 4π (2 10−2 )2 (3204 −2934 ) = 8,87 10−1 = 0,887 Вт.

1.9.5Медный шарик диаметром d = 1,2 см поместили в откаченный сосуд, температура стенок которого поддерживается близкой к абсолютному нулю. Начальная температура шарика

T0 = 300 K . Считая поверхность шарика «серой» с α = 0,4, найти, через сколько времени его температура уменьшится в η = 2 раза.

Решение. Температура шарика изменяется непрерывно, поэтому необходимо использовать методы дифференциального ис-

числения. За время dt шарик излучит энергию dE = α σT 4S dt . Излучение этой энергии приводит к уменьшению внутренней энергии шарика на величину: dQ = −mCdT , где m — масса шари-

ка: m = ρV = ρ	1	πd3. Плотность меди ρ = 8,9 103	кг	— найдем в
			м3
6

любом физическом справочнике. С — удельная теплоемкость ме-

ди: С = 390

Дж

— тоже

найдем

в

справочнике. Так как

кг К

mCdT

dE = dQ , то α σT 4S dt = −mCdT dt = −

α σST 4

ρ πd3 C

t

T

dT

T

t = ∫dt = −

∫

,

где T

=

0

=150 K .

α σ

4πr2

T 4

2

0

6

T

0

ρ C d T −3

T

ρ C d

1

1

t =

=

−

;

3

3

6 α σ 3

T0

T

18 α σ

T0

						27
t =	8,9 103		390 1,2 10−2		1		−	1		= 26,4 103 c = 7,34		часа.
		0,4 5,67 10−8
	18			1503				3003

1.9.6 Рентгеновские лучи с длиной волны λ = 20 пм испытывают комптоновское рассеяние под углом θ = 90°. Найти изменение длины волны ( Δλ), а также энергию и импульс электрона отдачи.

Решение. Формула Комптона позволяет нам сразу найти Δλ: Δλ = λc (1−cos90°) = λc = 2,4 пм. Для нахождения энергии

электрона отдачи воспользуемся законом сохранения энергии: Eф = Eф′ + EK — энергия покоя электрона будет в левой и правой

частях уравнения и сократится. Распишем это уравнение:

hC

hC

+ EK

1

1

1

1

=

EK

= hC

−

= hC

−

=

λ

λ′

λ

λ

λ′

λ + Δλ

= 6,6 10−34 3 108			1	−	1		= 0,106 10−14 Дж =
			10−12		22,4 10−12
	20

Pф′

			P			Pф
		h			2	h
	=					+
			λ				λ′

= 6,6 103 эВ.

Для нахождения импульса электрона отдачи можно воспользоваться законом сохранения импульса (см. рис.).

					P =		P2	+ P′2	=
							ф	ф
2			6,6 10−34	2			6,6 10−34		2
	=				+				= 4,4 10−23 H с.
			20 10−12				22,4 10−12

1.9.7 Найти длину волны рентгеновского излучения, если максимальная кинетическая энергия электронов отдачи

EKmax = 0,19 МэВ.

Решение. Максимальную энергию электроны получат при максимальном изменении λ, а это будет при угле рассеяния

θ =180°. Δλmax = λc (1−cos180°) = λc (1−(−1)) = 2λc .

Закон сохранения энергии будет:

28

hC

=

hC

+ EK

1

−

1

= EK

hC

λ

λ + 2λC

λ

λ +

m

2λC

m

λ + 2λ

−λ

hC 2λ

C

h C

C

= E

,

= E

λ2 + 2λC λ

λ(λ+ 2λC )

Km

Km

−2λC ± 4λC2 +

8λC hC

2λ

h C

λ2 + 2λC

λ −

C

=

0 . λ =

EK

m

=

EK

m

2

−4,8 10−12 ±

4 (2,4 10−12 )2 +

8 2,4 10−12 6,6 10−34 3 108

=

0,19

1,6

10−13

=

2

=

−4,8 10−12 ±11,6 10−12

;

2

1)−λ — не имеет смысла,

2)λ = (11,6 −4,8) 10−12 = 3,4 10−12 м = 3,4 пм.

2

1.9.8 При поочередном освещении поверхности некоторого металла светом с длинами волн λ1 = 0,35 мкм и λ2 = 0,54 мкм

обнаружили, что соответствующие максимальные скорости фотоэлектронов отличаются друг от друга в η = 2 раза. Найти рабо-

ту выхода из этого металла.

Решение. Запишем уравнение Эйнштейна для обеих длин

волн:

mυ2

mυ2

hC

= A +

hC

=

A +

1)

1

, 2)

2

.

λ

2

λ

2

2

1

m 4υ22

Поскольку υ1

υ2 = 2 , то

′

hC

= A +

1 )

.

λ1

2

′

Выразим А из 2) и 1 ):

A =

hC

−

mυ22

и A =

hC

−m 2υ22 .

(3)

λ2

2

λ1

Приравняем правые части:

29

hC

−

mυ2

=

hC

− m 2υ22

hC

−

hC

=

3

mυ22 ,

2

λ2

2

λ1

λ1

λ2

2

2hC

1

1

2 6,6 10

−34

8

1

1

υ22 =

−

=

3 10

−

=

λ1

3m

λ2

3 9,1 10−31

0,35 10−6

0,54 10−6

= 1,46 1011

м2

; υ

2

= 14,6 1010 = 3,8 105 м

с

.

с

2

Из (3):

mυ2

6,6 10−34 3

108

9,1 10−31 1,46 1011

hC

1

A =

−

2

=

−

=

λ2

2

0,54 10−6

2

1,6 10−19

= 18,77 10−1 = 1,88 эВ.

1.9.9

Электромагнитное

излучение

с

длиной

волны

λ = 0,3 мкм падает на фотоэлемент,

находящийся в режиме на-

сыщения.

Спектральная

чувствительность

фотоэлемента

I = 4,8

мА

. Найти выход фотоэлектронов, т.е. число фотоэлек-

Вт

тронов на каждый падающий фотон.

Решение. Режим насыщения — все электроны, вылетающие

из катода, достигают анода. Тогда число электронов, вылетевших

из катода, можно найти так:

eNe

= q ,

поскольку сила тока J =

q

,

где t = 1 c , eNe

= J .

t

Чувствительность фотоэлемента

I =

J

, где Р — мощность

P

излучения, т.е. энергия фотонов, падающих на

катод

за

1 с:

P =

hC

N

ф

.

λ

e Ne λ

I h C

Итак:

I =

Ne

=

=

hCN

ф

N

ф

e λ

= 4,8 10−3 6,6 10−34 3 108 = 19,8 10−3 0,02 . 1,6 10−19 0,3 10−6

30

1.9.10 Найти длину волны коротковолновой границы сплошного рентгеновского спектра, если скорость электронов, подлетающих к антикатоду (т.е. аноду) трубки, υ = 0,85C , где С — скорость света в вакууме.

Решение. Максимальная энергия фотонов определяется энергией электронов: Eф = EK . Поскольку скорость электронов

сравнима со скоростью света, EK должна быть представлена в

релятивистской форме:	hC	= mC2		1			−1	(1)
					υ2
	λmin
				1−
					C2

h			1				h
	= mC				−1			= 0,898m C
λmin			(0,85C )2				λmin
		1−
			C2

	λmin =	h	=	6,6 10−34	= 0,269	10−11м = 2,7 пм.
		0,898m C		0,898 9,1 10−31 3 108