оптика / Двояшкин_Н_К___Кабиров_Р_Р___Морякова_С_С___Ушаков_А_А_«Оптика__Физика_атома_и_атомного_ядра»_Методические_указания

Раздел 3 Поляризация света

Естественный и поляризованный свет. Закон Малюса. Поляризация при отражении и преломлении. Закон Брюстера. Двойное лучепреломление. Призма Николя. Вращение плоскости поляризации.

Основные формулы

	2 АГНИ
Закон Брюстера	tgiB = n2.1 , где iB -угол падения, при котором отразившийся от

диэлектрика луч плоско поляризован. Закон Малюса I = I0 cos2 α .

Степень поляризации p =

Imax − Imin

.

Imax + Imin

1

Закон Малюса с учётом поглощения света веществом I =

Iест (1 − k)2 cos2 α ,

где k - коэффициент поглощения поляроида.

Угол поворота

плоскости

поляризации

монохроматического

света при

прохождении через оптически активное вещество:

ка

ϕ = α d (в твёрдых телах),

ϕ = [α ]cd (в растворах).

е

т

Примеры решен я задач

Пример1.

Плоско поляризованный

о

монохромат ческий пучок света падает на

и

поляроид и полностью им гасится. Когда на пути пучка поместили кварцевую

пластину,

л

интенсивность I пучка света после поляроида стала равна половине

б

интенсивности пучка, падающего на поляроид. Определить минимальную

толщину кварцевой пластины. Поглощениеми

и отражением света поляроидом

Дано:

ая

б

α = 48,9 град

мм

нн

L-?

ро

Решение:

гашение

света

поляроидом

означает, что

плоскость

Полн е

пропускания поляр ида (пунктирная линия на рисунке) перпендикулярна плоскости колебаний (I-I) плоско поляризованного света, падающего на него.

Введение			варцевой пластины приводит к повороту плоскости колебаний света
на угол		т
	к			ϕ = αl , (1)
	е
где l − толщина пластины.
л Зная, во сколько раз уменьшится интенсивность света при прохождении
его через			поляроид, определим угол β , который установится между
Э

плоскостью пропускания поляроида и новым направлением (II-II) плоскости колебаний падающего на поляроид плоско поляризованного света. Для этого воспользуемся законом Малюса:

I = I0 cos2 β

11

Заметив, что β = π / 2 −ϕ , можно написать I = I0 cos2 (π / 2 -ϕ) , или

I = I0 sin2 ϕ , (2)

Из равенства (2) с учетом (1) получим αl = arcsin I / I0 , откуда искомая толщина пластины

l = (1/α)arcsin

I / I0

.

АГНИ

Проверим размерность правой части расчетной формулы:

é

I

ù

êarcsin

ú

I0

град × м

[l]=

ë

û

=

= м .

[α]

град

Получили размерность длины (толщины).

Произведем вычисления во внесистемных единицах:

l =

1

arcsin

мм =

45

мм = 0,92мм .ка

1/ 2

4,89

48,9

Ответ: l = 0,92мм .

е

т

о

Пример 2. Пучок света проходит два нико я, плоскости которых образуют

и

между собой угол 400. Коэффициент пог ощения каждого николя 0,15. Во

л

сколько раз пучок, вышедший из второго николя, будет ослаблен по сравнению

б

с пучком, падавшим на первый н коль?

Пренебречь, постоянную вращения α

кварца принять равной 48,9 град/мми.

Дано:

ая

б

φ=400

нн

k1=k2=0,15

ро

J0/J2-?

Решение: Найдём интенсивность пучка после прохождения первого николя

J1=1/2J0(1-k) Найдём интенсивность пучка после прохождения второго николя
к
е	т2		2	2
J2=J1(1-k) cos φ =1/2J0(1-k)				cos φ. Затем можно найти отношение инте:
Э		J0/J2= J0/[1/2J0(1-k)2 cos2φ ]= 1/[1/2(1-k)2 cos2φ]
Произведёмл		вычисления J0/J2= 1/(0,5·0,852·0,7662) = 4,7

12

Раздел 4 Фотометрия. Тепловое излучение

Основные фотометрические величины. Телесный угол. Законы освещённости. Законы Кирхгоффа. Законы излучения абсолютно чёрного тела. Распределение энергии в спектре абсолютно чёрного тела.

Основные формулы

Световой поток: Ф = I ×ω ,

где I - сила света, ω - телесный угол. Полный световой поток:

Ф = 4πI .

АГНИ

Освещённость поверхности:

E =

Ф ,

S

где S - площадь поверхности. Закон освещённости:

Е =

I

×cosϕ ,

е

r2

где r - расстояние от источника до поверхности. Светимостька:

R =

Ф

,

т

S

о

где S - площадь излучающей поверхности.

Закон Стефана – Больцмана:

л

б

и

e

Re = δT

4

,

и

где R - энергетическая светимость (

злучательность) абсолютно черного тела;

δ − постоянная Стефана

–

б

T − термодинамическая температура

Больцмана;

Кельвина.

ая

Закон смещения Вина:

в

нн

λ

max

=

,

Т

где λmax - длина вол ы,

а которую приходится максимум энергии излучения;

в − постоянная Ви а.

т

к

ро

Примеры решения задач

е

Прим р1. Длина волны, на которую приходится максимум энергии в спектре

л

λ0

= 0,58 мкм .

Определить энергетическую

из учения абсолютно черного тела,

Э

светимость (излучательность) Rе поверхности тела.

Дано:

λ0 = 0,58 мкм

Rе -?

13

Решение: Энергетическая светимость Rе абсолютно черного тела в соответствии с законом Стефана – Больцмана пропорциональна четвертой степени термодинамической температуры и выражается формулой

R = σT 4

, (1)

е

где σ − постоянная Стефана-Больцмана;

T − термодинамическая температура.

Температуру T можно выразить с помощью закона смещения Вина:

λ0

= b /T

, (2)

АГНИ

где b − постоянная закона смещения Вина.

Используя формулы (2) и (1), получаем

Rе = σ (b / λ0 )4 ,(3).

ка

Проверим размерность правой части расчетной формулы:

é b ù4

Вт æ м × к ö4

Вт

[Re ]= [σ ]× ê

λ

ú

=

м

2

× к

4

×ç

м

÷ =

2

ë

0

û

è

ø

ем

т

.

Получили размерность энергетической свет

мости

Произведем вычисления:

о

и

Rе = 5,67 ×10−3

2,90 ×10−3

(

)4 Вт / м2

= 3,54 ×107

Вт / м2 = 35,4 МВт / м2

5,8

×10−7

л

.

R = 35,4 МВт/ м2

б

Ответ:

.

и

е

б

Пример 2. Поток излучения абсолютно чёрного тела равен 10кВт. Максимум

энергии излучения приходится на длину волны 0,8мкм. Определить площадь
Фе = 10кВт				нн
излучающей поверх ости.ая
Дано:			ро
	т
λм = 0,8мкм
S = ?	к
Реш ние: Из			формулы Фе = Rе·S следует S = Фе / Rе. Фе = 10кВт
Из законае		СтефанаБольцмана Rе = σ·Т4. По правилу смещения Вина Т= в/λм ,
следовательнол				Rе= σ·(в/ λм)4, отсюда S = Фе/ σ·(в/ λм)4
ЭПроизведём расчёт S = 1·104/[5,7·10-8·(2,9·10-3/0,8·10-6)4] = 10см2

14

Раздел 5 Фотоэффект. Квантовые свойства света

Формула Планка. Законы Столетова. Уравнение Эйнштейна. Масса и импульс фотона. Давление света. Эффект Комптона. Единство волновых и квантовых свойств.

Основные формулы

Энергия фотона:

ε = hν = hc

,

АГНИ

где h − постоянная Планка.

λ

Масса фотона:

ε =

h

m =

.

ка

Импульс фотона:

c2

cλ

h

p = mc =

.

λ

Формула Эйнштейна для фотоэффекта:

е

mυmax2

т

hν = А+Тmax =

A +

,

2

о

где hν − энергия фотона, падающего на поверхностьи

металла; А − работа выхода

электрона; Тmax − максимальная кинетическая энергия фотоэлектрона.

Красная граница фотоэффекта:

л

А

б

hc

ν кр

=

и;λкр =

A

,

h

где

б

ν кр − минимальная частота света, при которой еще возможен фотоэффект;

λкр − максимальная длина волны, при которой ещё возможен фотоэффект.

Формула Компто а:

ая

h

нн

λ = λ/

− λ =

(1− cosθ )

или

m c

0

h

2 θ

где λ − длинароволны

λ = λ/

− λ = 2

sin

,

m c

2

0

фотона,

встретившегося

со

свободным или

слабо

т

λ/ − длина волны фотона,

рассеянного на угол θ

после

связанным электроном,

к

сто кнов ния с электроном; m0 − масса покоящегося электрона.

е

Комптоновская длина волны:

л

h

Э

=

, ( = 2,436 пм) .

m c

0

Давление света при нормальном падении на поверхность:

p =

Ee

(1+ ρ)= W (1+ ρ),

c

где Ee

− энергетическая освещенность (облученность);

W − объемная плотность

энергии излучения; ρ − коэффициент отражения.

15

Примеры решения задач Пример 1 В результате эффекта Комптона фотон при соударении с электроном

был рассеян на угол ϑ = 900 . Энергия рассеянного фотона ε2 = 0,4 МэВ. Определить энергию фотона ε1 до рассеяния.

Дано:

	ϑ = 900
	ε2 = 0,4 МэВ.	АГНИ
	ε1 -?

Решение: Для определения энергии первичного фотона воспользуемся формулой Комптона:

Dλ = 2

h

sin2 ϑ

, (1)

m c

2

0

где

Dλ = λ2 - λ1 -изменение

длины волны

фотона в результате рассеяния на

свободном

электроне;

h − постоянная

Планка;

m0

- масса покоя электрона;

c − скорость света в вакууме;

е

ϑ − угол рассеяния фотона. Преобразуем формулу

(1):

1)

заменим в ней

на λ2 - λ1 ;

2)

т

и λ2 через

λ

выразим длиныкаволн λ1

о

энергии

ε1

и ε2

соответствующих

фотонов,

воспользовавшись

формулой

ε = hc / λ ;

3)

умножим числитель и знаменатель правой части формулы на c .

огда

hc

hc

hc

и2 ϑ

ε

-

ε

б

2 .

= m c2

2sin

1

и

л

1

0

Сократим на hc и выразим из этой формулы искомую энергию:

ε m c2

ε

E

ая

2

0

ε

1

=

2

0 б

=

, (2)

m c2

-ε

2

2sin

2 (ϑ

/ 2)

E

0

- 2ε

2

sin2 (ϑ / 2)

0

где E0 = m0c2

- энергия покоя электрона.

нн

Проверим размер ость правой части расчетной формулы:

ро

[ε1 ]=

[ε2 ]×[E0 ]

=

Дж × Дж

= Дж .

é

2 sin

2 ϑ

ù

Дж

т

êE0 - 2ε

2

ú

ë

û

к

е

Вычисл ния по формуле (2) удобнее вести во внесистемных единицах. Так как

л

для эл ктрона E0 = 0,511 МэВ , то

Э

ε1

=

0,4×0,511

МэВ =1,85 МэВ.

0,511

- 2×0,4sin

2

(90

0

/ 2)

Ответ: ε1 =1,85 МэВ.

16

Пример 2. Пучок монохроматического света с длиной волны λ = 663 пм падает нормально на зеркальную плоскую поверхность. Поток излучения Фс = 0,6Вт .

Определить: 1) силу давления F , испытываемую этой поверхностью; 2) число фотонов n1 , ежесекундно падающих на поверхность.

	Дано:
	λ = 663 пм
	Фс = 0,6Вт	АГНИ
	F-?n-?

Решение: 1.Сила светового давления на поверхность равна произведению светового давления p на площадь S поверхности:

F = pS , (1)

ка

Световое давление может быть найдено по формуле

p = Ec (ρ +1) / c ,(2)

е

где Ec - энергетическая

освещенность

c − скорость

(облученность);

света в вакууме; ρ − коэффициент отражения.

т

о

Подставляя правую часть выражения (2) в ф рмулу (1), получаем

и

F = Ec S( p +1) / c , (3)

л

я Фс , то

Поскольку Ec S представляет собой поток из учен

б

, (4)

F = Фс (ρ +1) / c

и

Проверим размерность правой части расчетной формулы:

б

[F]=

[Фс ]×[ρ +1]

=

Вт ×с

= Н .

[с]

м

аяF =

0,6

(1+1) Н = 4 нН .

Произведем вычисления, учитывая, что для зеркальной поверхности ρ =1:

3×108

2.

Произведение э ергии ε

одного фотона на число фотонов n1 ,

ежесекундно

ро

Фс

= hcn1 / λ ,

падающих на поверхностьнн , равно мощности излучения, т.е. потоку излучения:

= εn1

т

, то

Фс

, а так как энергия фотона ε = hc / λ

к

е

откуда

n1 = Фсλ /(hc) . (5)

Проверим размерность правой части расчетной формулы:

л

[Фс ]×[λ]

Вт × м 1

Э

[n1 ]=

=

=

с .

[h]×[с]

Дж ×с ×

м

с

Произведем вычисления:

0,6×6,63×10−7

n1 =

c−1 = 2×1018 c−1 .

6,63×10−34 ×3×108

Ответ: F = 4 нН ; n1 = 2×1018 c−1 .

17

Раздел 6 Строение атома

Закономерности в атомных спектрах. Постулаты Бора. Опыты Франка и Герца. Формула Бальмера- Ридберга.

Основные формулы		АГНИ
Формула БальмераРидберга ν= R(1/m2
	– 1/n2), где R = 3,25·10151/с, m, n –
номера боровских орбит.
Правило квантования орбит mυrn = n·ħ, n- номер орбиты, ħ =h/2π.
Энергия излучённого (поглощённого) кванта hν =Еn -Еm.
Примеры решения задач

Пример 1. Определить первый потенциал возбуждения и энергию ионизации

атома водорода, находящегося в основном состоянии.

ка

Дано:

n =1

е

φ1-?

т

ЕI =?

о

Решение: При ионизации атома электрон уда яется от ядра в бесконечность.

и

Поэтому Еi = h·R(1/n2) = hR, так как в основном состоянии n =1.

л

Расчёт Еi = 6,63·10-34·3,29·1015 = 21,81·10-19Дж = 13,63эВ

б

Первый потенциал возбуждения – это переход электрона с первой боровской

орбиты на вторую n =1, m=2. Е1

и

– ½2) = 3/4hR = еφ1, следовательно φ1

= hR(1/12

= 3hR/4е .

б

= 3·6,63·10-34·3,29·1015/4·1,6·10-19 = 10,2В

Проведём расчёт φ1

ая

= - 13,6эВ)

Пример 2. Покоящийся атом водорода в основном состоянии (Е1

	поглощает в вакууме фотон с длиной волны 80нм. С какой скоростью движется
				нн
	вдали от яд а электрон, вылетевший из ядра в результате ионизации?
	Кинетической энергией образовавшегося иона пренебречь.
				ро
	Дано:		т
		к
	Е1 = -13,6эВ
	е
	λ =80нм
	л
	υ -?
ЭРешение: Энергия поглощённого фотона равна Еф =hс/λ. Е1 = -13,6эВ.
	Согласно закону сохранения энергии mυ2/2 =Еф +Е1. λ =80нм.

Отсюда mυ2/2 = hс/λ +Е1, тогда υ = [2/m(hс/λ +Е1)]1/2 =[2/9,1·10-31(6,63·10- 34·3·108)/8·10-8 -13,6·1,6·10-19]1/2 =811км/с.

18

Основные формулы

Раздел 7 Элементы квантовой механики

Формула де Бройля. Соотношение неопределённостей Гейзенберга. Временное уравнение Шредингера. Уравнение Шредингера для стационарных состояний. Движение свободной частицы. Частица в одномерной прямоугольной потенциальной яме бесконечной глубины. Туннельный эффект. Квантовые

числа. Принцип Паули. Распределение электронов в атоме по состояниям. Формула Мозли.

Формула де Бройля λ =h/р.

Соотношение неопределённостей Гейзенберга для координаты и импульса

АГНИ

Δх·Δр≥ħ,											ка
для координаты и скорости Δх·Δυх≥ħ/m,
										е
для энергии и времени ΔЕ·		t≥ħ.
				2					т
							Ψ + U(х,у,z,t)Ψ =iħdΨ/dt,
Временное уравнение Шредингера -ħ /2m
								о
где Ψ(х,у, z,t) – искомая волновая функция, ΔΨ – пера ор Лапласа, i- мнимая
единица.							и
					л
Уравнение Шредингера для стационарных состояний ΔΨ + 2m/ħ2(U-Е ) =0, где
Е – полная энергия частицы.				б
			и
Уравнение Шредингера для свободной частицы d2Ψ/dt2 + 2m/ħ2ЕΨ =0, где
			б			частицы.
Е=ħ2k2/2m – собственное значение энерг
Связь собственного значения энергии свободной частицы и её импульса
Е = рх2/2m.	ая
Уравнение Шредингера		для частицы,				находящейся в потенциальной яме
нн
бесконечной глубины d2Ψ/dt2 + 2m/ħ2(Е – U)Ψ =0, где Е= n2π2ħ2/2ml2, где l –
ширина потенциаль ой ямы, n = 1,2,3…..
ро
Момент импульса электрона (орбитальный механический момент)

Li =ħ[l(l+1)]1/2, где l – орбитальное квантовое число. l = 0,1,2,…,(n-1). n –
		т
	к
главное кван овое число.
Проекция момента импульса электрона на направление внешнего магнитного
л			– магнитное квантовое число. mi =0,±1,±2,…,±l.
поля Liх =ħmi, где mi
е			1/2
Спиновый магнитный момент Ls = ħ[s(s+1)] , где ms = ±1/2 – магнитное
спиновое квантовое число, s – спиновое квантовое число.
ЭМаксимальное число электронов, находящихся в состоянии с определённым
квантовым числом n			Z(n) = 2n2 = 2(2l +1), где n- главное квантовое число, l –

орбитальное квантовое число.

Формула Мозли ν = R(Z –σ2) (1/m2 -1/n2)

19

Примеры решения задач

Пример 1. Учитывая принцип Паули, определите максимальное число электронов, находящихся в состоянии, определяемым главным квантовым числом 3.

Дано:

n =3

АГНИ

Z-?

Решение: Максимальное число электронов, определяемых данным квантовым

числом, находится Z =2n2 = 2·32 =18.

ка

Пример 2 Кинетическая энергия электрона 1кэВ. Определите длину волны де

Бройля.

е

Дано:

т

о

Т =1кэВ

и

λ -?

л

Решение: Длина волны де Бройля находится по формуле λ =h/р =h/mυ. Из

б

формулы кинетической энергии найдём скорость электрона Т =mυ2/2, следует υ

и

=(2Т/m)1/2. Тогда длина волны де Бройля равна

λ = h/(2mТ)1/2

б

= 6,63·10-34/(2·9,1·10-31·1,6·10-16)1/2 = 38,8·10-12м

нн

ая

ро

т

к

е

л

Э

20