ФИЗИКА. Методичка и задания для КР 2 сем

Если число зон нечетное, действие одной из зон окажется не компенсированным и наблюдается максимум интенсивности.

Число зон, укладывающихся в отверстии, будет равно

2b sin ,

2

где = bsin – разность хода крайних волн.

Максимум имеет место, если число зон нечетное, т. е.

	2b sin	2m 1	или	b sin (2m 1)
					2

где m = 1, 2, З... – порядок максимума.

38

Порядок максимума m зависит от угла дифракции . Посколь-

ку			, то sin 1. Наибольшее значение порядка максимума
		2
будет при sin = 1. Отсюда
						b (2m					1)		,
								max			2
													6
				1		2b			1 2·2·10
			mmax				1							1	3,3.
				2							0,6·10		6
									2

Поскольку m – целое число, то mmax = 3. Такой результат означает, что максимум третьего порядка не наблюдается, а максимум

второго порядка наблюдается под углом меньшим 2 .

Для подсчета полного числа наблюдаемых максимумов учтем, что дифракционная картина симметрична относительно максимума нулевого порядка, с учетом последнего

N = 2mmax + 1 = 7 .

Ответ: mmax = 3, N = 7.

Пример 16. На дифракционную решетку, имеющую 500 штрихов на 1 мм, нормально падает белый свет. За решеткой помещена линза с фокусным расстоянием 2 м, проецирующая спектры на экран. Диапазон длин волн видимого спектра ф = 0,4 мкм, к = 0,7 мкм. Могут ли перекрываться спектры первого и второго порядка? Какова ширина спектра первого порядка? Какова разность углов отклонения конца первого и начала второго спектров?

Дано: 39 n = 500 мм–1 = 5·105 м–

1

	F = 2 м	Решение:
	ф = 0,4·10–6 м,	Из условия главного максмума для
	к = 0,7·10–6 м	дифракционной решетки
		d sin m ,
	l1 = ?
		где d – период решетки,
	= 2ф – 1к = ?
		– угол, под которым виден макси-

мум, – длина падающей волны,

m = 0, 1, 2, … – порядок максимума,

следует, что при фиксированном порядке m угол дифракции зависит от .длины волны. Поскольку к > ф, то к > ф , следовательно все максимумы кроме нулевого будут представлять собой спектр. В направлении = 0 наблюдается максимум для всех длин волн, поэтому в сумме максимум нулевого порядка будет белым. Ширину спектра обозначим l.

Для ответа на первый вопрос нужно сравнить углы, в направлении которых наблюдаются максимумы первого порядка для к (угол обозначим к) и второго порядка для ф (угол ф)

Если 2ф < 1к, то спектры перекрываются. Из условия главных максимумов имеем:

sin

1·

n

,

sin

2·

2n

,

1к

d

к

2ф

d

ф

т.к. период решетки d n1 .

sin 1к = 5·105·0,7·10–6 = 0,35 , sin 2ф = 2·5·105·0,4·10–6 = 0,4 ,

1к = 20030', 2ф = 23030',

т.к. 2ф > 1к, спектры не перекрываются. Из чертежа следует, что длина спектра

l1 = Ftg 1к – Ftg 1ф =F(tg 1к – tg 1ф) = 2(tg20030' – tg11030') = 0,34 ,

т.к. sin 1ф = n ф = 5·105·0,4·10–6 = 0,2 ,

1ф = 11030' ,= 2ф – 1к = 23030' – 20030' = 30 .

Ответ: 1) спектры 1 и 2 порядка не перекрываются,

2)l1 = 34 см, = 30.

2.3.Поляризация света.

Эту тему рекомендуется изучить по §§ 134, 135, 141 учебного пособия Савельева И.В. "Курс общей физики", т.2.

Здесь рассмотрены задачи на поляризацию света при отражении и преломлении на границе двух диэлектриков, прохождение света через два поляризатора. Первая группа задач решается с помощью закона Брюстера. При решении второй группы задач нужно учитывать различное изменение интенсивности света, прошедшего через поляризатор (анализатор) в случаях, если падающий свет был естественным или плоско поляризованным.

При выполнении чертежей к решениям задач первого и второ-

го типа нужно указать направление колебаний вектора E в рассматриваемых лучах.

Пример 17. На стеклянную пластинку (n2 = 1,6), находящуюся в жидкости, падает луч естественного света. Отраженный луч максимально поляризован и составляет угол 100° с падающим лучом. Определить скорость распространения света в жидкости.

Дано:		Решение:
n2	= 1,6
= 100°
v1	= ?

На границу раздела стекло-жидкость падает естественный

свет. Представим, его как суперпозицию двух волн: волну с

колебаниями вектора E в плоскости падения луча (на чертеже

эти колебания указаны двойной стрелкой) и волну с колебаниями

вектора E перпендикулярно плоскости падения (на чертеже эти колебания указаны точкой).

40

По условию задачи отраженный луч полностью поляризован,

т.е. он содержит колебания вектора E , перпендикулярные плос-

кости падения, преломленный луч будет частично поляризован с

преобладанием колебаний вектора E в плоскости падения.

На основании закона отражения света угол падения i1 равен углу отражения i2, т.е.

i1 = i2 = 2 .

При полной поляризации отраженного луча выполняется закон Брюстера

								tgi1 = n21,
	где i1 – угол падения,
	n				n 2		v1	– относительный показатель преломления
		21			n1		v2
	второй среды относительно первой ,
	v1		– скорость распространения света в первой среде (жид-
	кость),
	v2		– скорость распространения света во второй среде(стекло),

n1 c –абсолютный показатель преломления первой среды, v1

n

c

–абсолютный показатель преломления второй среды,

2

v 2

с – скорость света в вакууме.

Отсюда

tg

n 2

n 2 v1

,

2

n1

c

c

3·108

tg500

2,2·108

м

v

1

tg

.

n 2

2

1,6

с

Ответ: v1 = 2,2·108 м/с.

42

Пример 18. Два николя N1 и N2 расположены так, что угол между их плоскостями пропускания составляет = 60°. Определить, во сколько раз уменьшится интенсивность I0 естественного света: 1) при прохождении через один николь N1, 2) при прохождении через оба николя. Коэффициент поглощения света в николе k = 0,05. Потери при отражение света не учитывать.

Дано: Решение:

= 60° k = 0,05

I0 ?

I

1) Естественный свет, падая на грань призмы Николя, расщепляется вследствие двойного лучепреломления на два луча: обыкновенный и необыкновенный. Оба луча одинаковы по интенсивности и полностью поляризованы. Плоскость колебаний необыкновенного луча лежит в плоскости чертежа (плоскость главного сечения). Плоскость колебаний обыкновенного луча перпендикулярна плоскости чертежа. Обыкновенный луч света (о) вследствие полного отражения от границы АВ отбрасывается на зачерненную поверхность призмы и поглощается ею. Необыкновен-

ный луч (е) проходит через призму, уменьшая свою интенсивность вследствие поглощения. Таким образом, интенсивность света, проведшего через первую призму,

I1 12 I0 (1 k) .

Относительное уменьшение интенсивности света получим, разделив интенсивность I0 естественного света, падающего на первый николь, на интенсивность I1 поляризованного света:

I0						I0				2		5	2,1 .	(1)
			1							k		1 0,05
I1				I	0	(1	k)	1
			2

Таким образом, интенсивность уменьшается в 2,1 раза.

43

2) Плоско поляризованный луч света интенсивности I1 падает на второй николь N2 и также расщепляется на два луча различной интенсивности: обыкновенный и необыкновенный. Обыкновенный луч полностью поглощается призмой, поэтому интенсивность его нас не интересует. Интенсивность I2 необыкновенного луча, вышедшего из призмы N2, определяется законом Малюса (без - учета поглощения света во втором николе):

I2 = I1cos2 ,

угол – это угол между плоскостью колебаний в поляризованном луче и плоскостью пропускания николя N2.

Учитывая потери интенсивности на поглощение во втором николе, получаем

I2 = I1(1-k)cos2 .

Искомое уменьшение интенсивности при прохождении света через оба николя найдем, разделив интенсивность I0 естественного света на интенсивность I2 света, прошедшего систему из двух николей:

	I0				I0		,
	I	2		I	(1 k) cos2
				1

Заменяя отношение I0 его выражением по формуле (1), полу-

I1

чаем

	I0			2		,
	I	2		(1 k)2	cos2

Произведём вычисления:

	I0			2		8,86 .
	I	2		(1 0,05)2 cos2	600

Таким образом, после прохождения света через два николя интенсивность его уменьшается в 8,86 раза.

	Ответ: 1)	I0	2,1 2)	I	0	8,86 .
		I1		I	2

44

3.КВАНТОВАЯ ПРИРОДА ИЗЛУЧЕНИЯ.

3.1.Тепловое излучение.

Эту тему рекомендуется изучить по §§ 1-7 учебного пособия Савельева И.В. "Курс общей физики", т.3.

Изучение законов теплового излучения имеет принципиальное значение, т.к. проблема излучения абсолютно черного тела привела к квантовой гипотезе совершенно чуждой классическим представлениям.

Согласно квантовой гипотезе электромагнитное излучение испускается в виде отдельных порций энергии (квантов), величина которых пропорциональна частоте излучения:

h .

Этим было положено начало квантовой механики.

В процессе работы над этой темой необходимо усвоить основные величины и законы, характеризующие тепловое излучение.

Следует учесть, что в физической литературе не существует единой терминологии в отношении характеристик теплового излучения. Так энергетическую светимость Rэ иначе называют интегральной светимостью или интегральной излучательной способностью. Спектральную плотность энергетической светимости часто называют испускательной способностью.

При решении задач на эту тему следует обратить внимание об излучении какого тела идет речь: абсолютно черного или нечерного. Для нечерного тела энергетическая светимость

R'э = ат Rэ ,

где ат – коэффициент поглощения, показывающий, какую часть составляет энергетическая светимость R'э данного тела от энергетической светимости абсолютно черного тела, взятого при той же температуре.

45

Пример 19. Исследование спектра излучения Солнца показывает, что максимум спектральной плотности энергетической светимости соответствует длине волны m = 0,5 мкм. Принимая Солнце за абсолютно черное тело, определить: а) энергетическую светимость Солнца; б) поток энергии, излучаемой Солнцем.

	Дано:								Решение:
	m = 0,5·10–6 м		Энергетическая светимость Rэ абсолютно
	r = 7·108 м		черного тела выражается формулой Стефана -
	Rэ = ? Ф = ?		Больцмана:						Rэ = T4,
	где = 5,67·10–8		Вт
				– постоянная Стефана – Больцмана,
			м2 К 4
	Т – абсолютная температура излучающей поверхности.
	Температуру определим из закона смещения Вина:
						b		или	T	b	,
				m
						T				m

где m – длина волны, на которую приходится максимум спектральной плотности энергетической светимости абсолютно черного тела, b = 2,9·10–3 м·К – постоянная Вина.

Выразив из закона смещения Вина температуру Т и подставив ее в формулу закона Стефана - Больцмана, получим:

b 4

R

э

,

m

Вт

м·К

4

Вт

[R э

]

,

2

К

4

м

2

м

м

				2,9·10	3		4		Вт		.
R		5,67·10	8				6,4·107
	э				6
				0,5·10					м	2

Поток энергии Ф, излучаемой Солнцем, равен произведению энергетической светимости Солнца на площадь его поверхности S:

Ф = Rэ·S,

46

где S = 4 r4, r = 7·108 м – радиус Солнца. Таким образом:

Ф =4 r4Rэ,

Проверка размерности:

[Ф] м 2 мВт2 Вт ,

Вычисления:

Ф = 4 ·(7·108)2·6,4·107 = 3,9·1026 (Вт). Ответ: Rэ = 6,4·107 Вт/м2, Ф = 3,9·1026 Вт.

Пример 20. Вольфрамовая нить накаливается в вакууме током силой I = 1 А до температуры Т1 = 1000 К. При какой силе тока нить накалится до температуры Т2 = 3000 К? Коэффициенты поглощения вольфрама и его удельные сопротивления, соответствующие температурам Т1 и Т2, равны: а1 = 0,115, а2 =0,334, 1 =

25,7·10–8 Ом·м, 2 = 96,2·10–8 Ом·м.

	Дано:			Решение:
	I = 1 А			При установившейся температуре еже-
	Т1 = 103 К			секундно потребляемая нитью электриче-
	Т2 = 3·103 К			ская энергия (мощность) равна потоку из-
	а1 = 0,115			лучения, испускаемому нитью, т.е.
	а2 =0,334			Р = Ф.
	1 = 25,7·10–8 Ом·м			Мощность, потребляемая вольфрамовой
	2 = 96,2·10–8 Ом·м			нитью от источника электроэнергии
				P = I2R,
	I2 = ?
	R	l		где I – сила тока,
			– сопротивление нити при данной температуре,

sсеч

- удельное сопротивление нити, l– длина нити,

sсеч – площадь поперечного сечения нити.

P I2 l .

sсеч

47

Вольфрамовая нить не является абсолютно черным телом, поэтому:

Ф = а·RэSпов = а· T4Sпов.

где Sпов – площадь поверхности нити. Таким образом:

I2		l	a· T4S		.
	s			пов
		сеч

Записав это уравнение дважды для разных температур Т1 и T2, получим:

I12 1l a1· T14Sповsсеч ,

I22 2l a2· T24Sповsсеч .

Разделим эти два уравнения почленно и найдем

I		2	2		2		a	2	T			4
										2		,
	I	1			1		a			T
								1		1

				2
					a2		1
	T2
I2	I1								.
		T1			a1
								2

Проверка размерности:

К 2

[I2 ]

Ом·м

А .

А

Ом·м

К

Вычисления:

2

3·10

3

0,334 25,7·10

8

I2

1·

·

8

7,9(А) .

10

3

0,115

96,2·10

Ответ: I2 = 7,9 А.

48

3.2 Фотоэффект. Эффект Комптона.

Приступая к решению задач необходимо изучить §§ 9, 11 по учебному пособию Савельева И.В. "Курс общей физики", т.3.

Здесь рассмотрены задачи на взаимодействие фотонов с отдельными электронами. Это взаимодействие подчиняется законам сохранения импульса и энергии.

Закон сохранения энергии, записанный для взаимодействия фотона с электроном в металле, есть уравнение Эйнштейна для фотоэффекта

h A в mv 2 , 2

где h = 6,63·10–34 Дж·с – постоянная Планка, – частота падающего света, Ав = h кр – работа выхода электрона из металла ( кр – красная граница), m = 9,11·10–31 кг – масса электрона, v – ско-

mv 2

рость электрона, qUз – кинетическая энергия электрона

2

(q = 1,6·10–19 Кл – заряд электрона, Uз – запирающее напряжение).

Совместное применение законов сохранения энергии и импульса для взаимодействия фотона со свободным электроном дает формулу Комптона

0 mch (1 cos ) ,

где 0 – длина волны падающего излучения, – длина волны рассеянного излучения, – угол рассеяния, с = 3·108 м/с– скорость света.

При решении задач необходимо учитывать, является ли рассматриваемая в задаче микрочастица (электрон) классической или релятивистской. Для этого нужно сравнить ее скорость v со скоростью света или кинетическую энергию частицы Т с ее энергией покоя E0 = m0с2, если v << c или Т << Е0, то частица является классической, если сравниваемые величины соизмеримы, то частица будет релятивистской.

49

Пример 21. Определить скорость фотоэлектронов, вырываемых с поверхности серебра: 1) ультрафиолетовыми лучами с длиной волны 0,155 мкм; 2) -лучами с длиной волны 2,47 пм.

Дано:		Решение:
1	= 0,155·10–6 м	Рассмотрим уравнение Эйнштейна для фо-
2	= 2,47·10–12 м	тоэффекта
		= А + Т,
v1 = ? v2 = ?
		где – энергия фотона, падающего на поверх-

ность металла и передаваемая фотоэлектрону, А – работа выхода фотоэлектрона из металла,

Т – кинетическая энергия, которой обладает фотоэлектрон, покинувший металл.

Энергия фотона вычисляется по формуле

h hc ,

где h = 6,63·10–34 Дж·с – постоянная Планка, с = 3·108 м/с– скорость света,- длина волны.

Работу выхода для серебра определим по таблице А = 4,7 эВ. В зависимости от того, какая энергия сообщается электрону

фотоном, кинетическая энергия электрона может быть выражена или по классической формуле

T mv 2 , 2

или по релятивистской формуле Т = Е – Е0,

где E – полная энергия электрона,

Е0 = m0c2 = 0,51 МэВ = 0,51·106 эВ – энергия покоя электро-

на.

Если энергия фотона << Е0 много меньше энергии покоя электрона, то применима классическая формула, если же сравнима с энергией покоя электрона Е0, то кинетическая энергия определяется по релятивистской формуле.

50

1) Вычислим энергию фотона ультрафиолетовых лучей:

hc

6,63·10 34 Дж·с·3·108 м / с

12,8·10 19 Дж ,

1

0,155·10

6 м

1

12,8·10 19

8(эВ) ,

1

1,6·10

19

т.к. 1эВ = 1,6·10–19 Дж.

Полученная энергия 8 эВ << 0,51 МэВ, следовательно, кинетическую энергию фотоэлектрона можно выразить классической формулой и записать:

		A			mv12	,
	1
				2
v1				2( 1 A)			,
					m

[v

]

Дж

кг·м2

м

,

1

кг

кг·с2

с

2(8 4,7)·10 19

1,08·10

6

м

v1

.

9,11·10 31

с

2) вычислим энергию фотона -лучей:

			hc					6,63·10 34 Дж·с·3·108 м / с		0,803·10 13 Дж ,
	2
								2,47·10 12 м
				2
							0,803·10 13		0,51·106 (эВ) 0,51(МэВ) .
			2				1,6·10 19

Энергия фотона 2, равна энергии покоя электрона Е0, следовательно, кинетическая энергия фотоэлектронов должна быть выражена релятивистской формулой Т = Е – Е0.

Полная энергия Е частицы определяется формулой

	E			m c2
			0
				1			v2
							c2
			51
						1
T m c2													1 .
0			1 v					2	2
									c

Работа выхода электрона из серебра (4,7 эВ) значительно меньше энергии фотона и энергии покоя электрона, следовательно, работой выхода можно пренебречь, и уравнение Эйнштейна запишется в виде:

				1
		m c2							1 .
	2	0		1 v		2	2
							c

Учитывая, что 2 = Е0 = m0с2, можно записать:

1	1				1 ,
	1 v2		c2

v2 23 c 1,732 ·3·108 мс 2,6·108 мс .

Ответ: v1 = 1,08·106 м/с, v2 = 2,6·108 м/с.

Пример 22. На катод фотоэлемента падают монохроматические лучи с длиной волны = 150 нм. Красная граница фотоэффекта0 = 200 нм. Найти наименьшее значение задерживающей разности потенциалов Umin , которую нужно приложить к фотоэлементу, чтобы прекратить фототок.

Дано:	Решение:
= 150·10–9 м	Для того, чтобы прекратился фототок, необ-
0 = 200·10–9 м	ходимо, чтобы электроны, вылетающие из ка-
	тода под действием света с длиной волны , не
Umin = ?
	достигали анода. Это возможно в том случае,

если между анодом и катодом фотоэлемента приложена задерживающая разность потенциалов. Электроны, вылетающие из катода и имеющие кинетическую энергию Т, расходуют ее на совершение работы по преодолению задерживающего поля.

Работа в электростатическом поле определяется формулой

A = qU,

52

где q – заряд электрона,

U – разность потенциалов, проходимая электроном. На основании вышесказанного:

qUmin = Tmax.

На основании уравнения Эйнштейна энергия фотона , передаваемая электрону, расходуется на работу выхода А и кинетическую энергию фотоэлектрона Т:

= А + Тmax. Энергия фотона определяется формулой

hc .

Зная красную границу фотоэффекта, можно определить работу выхода. Красной границей фотоэффекта называется минимальная

частота 0 или максимальная длина волны 0 , при которых фотоэффект еще возможен, т.е.

A h 0 hc .

0

Подставим значения , Тmax и А в уравнение Эйнштейна, получим:

hc hc qUmin .

0

Отсюда найдем Umin

			1	hc			hc
U	min
			q
								0

Проверка размерности:

	[U		]	Дж·с·м / с
		min		Кл·м
	Вычисления:

	hc			1			1
									,
							0
	q
		Дж				В ,
		Кл

Umin	6,63·10 34 ·3·108			1			1			2,1(В) .
	1,6·10	19		0,15·10	6		0,2·10	6

Ответ: Umin = 2,1 В.

53

Пример 23. Рентгеновские лучи с .длиной волны 1 = 20 пм испытывают комптоновское рассеяние на свободных электронах под углом = 90°. Найти: 1) изменение .длины волны рентгеновских лучей при рассеянии; 2) энергию электрона отдачи; 3) импульс электрона отдачи; 4) направление движения электрона отдачи.

Дано:

Решение:

1 = 20·10–12

1) Изменение длины волны рентгеновских

м

лучей при рассеянии дает формула Комптона

= 90°

2 1

h

(1 cos ) ,

1)

= ?

mc

2)

Т = ?

где h = 6,63·10–34 Дж·с – постоянная Планка,

3)

рэ = ?

m = 9,11·10–31 кг – масса электрона,

4)

= ?

с = 3·108 м/с– скорость света,

1 – длина волны падающего излучения,

2 – длина волны рассеянного излучения,

– угол рассеяния.

[ ]

Дж·с

кг·м 2

с2

м .

кг·м / с

с2

кг·м

6,63·10

34

(1 cos900 ) 2,46·10 12 (м) .

9,11·10 31·3·108

2) На основании закона сохранении энергии1 = 2 + Т,

где 1 – энергия фотона до рассеяния,2 – энергия фотона после рассеяния,

Т – кинетическая энергия электрона отдачи

Т = 1 – 2. Энергии фотонов определяются формулами

1 hc , 2 hc ,1 2

где 1 – длина волны падающего излучения,2 = 1 + – длина волны рассеянного излучения,

	hc		hc		1		1
T				hc					hc		.
	1		1		1					1 ( 1 )
							1

		[T]	Дж·с·м			м	Дж .
				м·м с
	6,63·10 34 ·3·108			·2,46·10			12
Т								1,1·10 15	(Дж) .
		12 (20·10 12
	20·10			2,46·10 12 )

3) Прежде чем определить импульс электрона отдачи, нужно

сравнить кинетическую энергию электрона с его энергией покоя:

Е0 = 0,51 МэВ = 82·10–15 Дж,

T 1,1·10 15

E0 82·10 15 0,01 ,

т.е. T << E0, следовательно, электрон можно считать классической частицей и использовать формулы:

pэ = mv,

T

mv 2

p э2

.

2

2m

pэ

2mT .

кг·кг·м2

кг·м

.

[p

э

]

кг·Дж

с2

с

кг·м

pэ

2·9,11·10 31·1,1·10

15

4,5·10

23

.

с

Для определения направления движения электрона отдачи используем закон сохранения импульса:

p1

p2

pэ .

Из чертежа видно что

cos

p1

,

p э

р

1

h

6,63·10 34

3,3·10 23 ,

1

с

20·10 12

1

55

cos

3,3·10

23

0,74

или = 420.

4,5·10

23

Ответ: 1) = 2,46·10–12 м, 2) Т = 1,1·10–15 Дж, 3) рэ = 4,5·10–23 кг·м/с, 4) = 420.

Пример 24. Фотон с энергией 1 0,75 МэВ рассеялся на свободном электроне под углом = 600. Принимая, что кинетическая

энергия и импульс электрона до соударения с фотоном были пренебрежимо малы, определить: 1) энергию 2 рассеянного фотона, 2) кинетическую энергию T электрона отдачи.

	Дано:		Решение:
	1 0,75 МэВ	Энергию рассеянного фотона найдем , преоб-
	= 600	разовав формулу Комптона
	2 ? Т = ?	2	1	h	(1	cos ) ,
				mc

где 1 – длина волны падающего фотона, 2 – длина волны рассеянного фотона, – угол рассеяния, m – масса электрона.

Учитывая, что

hc

и следовательно

hc

получим

hc

hc

h

1 cos ,

2

1

mc

1

1

1

1 cos ,

mc 2

2

1

где Е0 mc2 0,51 МэВ – энергия покоя электрона.

2

1

0,75 МэВ

0,43 МэВ .

1

1 cos 1

0,75 МэВ

1 cos60

1

E 0

0,51 МэВ

Кинетическая энергия электрона отдачи равна разности между энергией 1 падающего фотона и энергией 2 рассеянного фотона:

T 1 - 2 0,75 МэВ – 0,43 МэВ = 0,32 МэВ.

Ответ: 2 = 0,43 МэВ, Т = 0,32 МэВ.

56

4. ЭЛЕМЕНТЫ КВАНТОВОЙ МЕХАНИКИ

4.1. Волновые свойства микрочастиц. Соотношения неопределенностей.

Эту тему рекомендуется научить по §§ 18–20 учебного пособия Савельева И.В. "Курс общей физики", т.3.

Нередко для решения задач на гипотезу де Бройля требуется выразить импульс частицы через ее кинетическую энергию (или наоборот). При этом надо различать случаи классических и релятивистских частиц.

При решении задач на соотношения неопределенностей нужно учесть, что если в задаче стоит вопрос об оценке наименьшей ошибки или неточности одной из величин, входящих в эти соотношения, то фактически нужно найти неопределенность этой величины, т.к. имеется в виду неточность в измерениях, связанная не с несовершенством экспериментальной техники, а с объективными свойствами исследуемой системы.

Пример 26. Какую ускоряющую разность потенциалов U должен пройти электрон, чтобы его длина волны де Бройля была равна

1)	1 = 0,1 нм, 2) 2 = 0,1 пм?
	Дано:		Решение:
1	= 10–10 м		Длина волны де Бройля выражается формулой
2	= 10–13 м			h
					,
1)	U1	= ?		p
2) U2		= ?	где h – постоянная Планка, p – импульс частицы.

Импульс электрона можно выразить через кинетическую энергию электронов. Связь импульса с кинетической энергией различна для классического случая (когда кинетическая энергия частицы много меньше ее энергии покоя) и для релятивистского случая (когда кинетическая энергия частицы сравнима с ее энер-

гией покоя).
	57
В классическом случае
p
		2mT ,
			h			,	(1)

2mT

где m – масса покоя частицы, для электрона m = 9,11·10–31 кг. В релятивистском случае