ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ ВОЛОГОДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ Кафедра физики

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
ВОЛОГОДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ
Кафедра физики
КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ
ОПТИКА
КВАНТОВАЯ ФИЗИКА
СТРОЕНИЕ ЯДРА
ФИЗИКА ТВЁРДОГО ТЕЛА
ЧАСТЬ 5
Составитель:
Л.А.Кузина, канд.физ.-мат.наук, доцент
Вологда
2012
1. Механические колебания и волны.
x  A cos  t   0  ;
v
dx
  A sin   t   0  ;
dt
a
dv
  2 A cos  t   0 
dt
–
смещение из положения равновесия, скорость и ускорение колеблющейся
точки;
d 2x
  2 x  0 – дифференциальное уравнение гармонических колебаний;
2
dt
F   2 mx  kx – возвращающая сила при гармонических колебаниях;
l
I
m
I
; Tм атем.  2
; Tфиз. м аятн.  2
; Tкрут.м аят.  2
– период
Tпруж.  2
mgl
g
k крут .
k
колебаний пружинного, математического, физического и крутильного
маятников (здесь k крут.  
M
– модуль кручения);

2
2 2
2
kA
m A
mv
m 2 x 2 kA2
E полн. 



;
– закон сохранения энергии;
2
2
2
2
2
A sin  01  A2 sin  02
– амплитуда и
A  A12  A22  2 A1 A2 cos( 02   01 ) ;  0  arctg 1
A1 cos  01  A2 cos  02
начальная
фаза
результирующего
колебания
однонаправленных колебаний одинаковой частоты;
x2 y2
xy
 2 2
cos(  )  sin 2 ( )
2
A1 A2
A1 A2
колеблющейся
направлениях;
с
–
одинаковыми
уравнение
частотами
при
траектории
в
сложении
точки,
перпендикулярных
d 2x
dx
 2
  02 x  0 – дифференциальное уравнение затухающих колебаний;
2
dt
dt
k
– круговая частота собственных незатухающих колебаний;
0 
m
r

– коэффициент затухания;
2m
Fсопр.  r v – сила сопротивления при затухающих колебаниях;
x  A0 e   t cos затух.t  0  – уравнение затухающих колебаний;
 затух.   02   2 – круговая частота затухающих колебаний;
A( t )  A0 e   t – амплитуда затухающих колебаний;
  ln
An
   T – логарифмический декремент затухания;
An1

– добротность;

F
d 2x
dx
 2
  02 x  f 0 cos(t ) (здесь f 0  0 ) – дифференциальное уравнение
2
dt
dt
m
Q
вынужденных колебаний;
2
x  A cos  t   0  ;
A

f0
2
0


2 2
 4  2 2
;  0  arctg
2 
 02   2
– смещение из
положения равновесия, амплитуда и фаза вынужденных колебаний;
 рез.   02  2 2 – резонансная частота;
  A cost  kx,  
k
2


  vT 

v
v

v зв ук.прод. 



A
cos t  k r – уравнения плоской и сферической волн;
r
– волновое число (волновой вектор);
– длина волны;
E

; v зв ук.попер. 
G

– скорость распространения продольных и
поперечных волн в твердом теле;
v газ. 
  RT
– скорость звука в газе (для воздуха   1.4 );

v струна. 
F
– скорость распространения поперечной волны по струне.
 S
Примеры решения задач.
Задача 1.
Найти частоту колебаний груза массой m=0.2 кг, подвешенного на пружине
и помещенного в масло, если коэффициент сопротивления в масле r=0.5 кг/с, а
коэффициент жесткости пружины k=50 Н/м .
Решение
Дано:
Колебания груза в масле являются затухающими, их
m=0.2 кг
круговая частота:
r=0.5 кг/с
 затух.   02   2 ,
k=50 Н/м
Найти:
ν.=?
k
– круговая частота собственных незатухающих
m
r
колебаний;  
– коэффициент затухания. Тогда частота
2m
где 0 
затухающих колебаний  
 затух.
1

2
2
2
k  r 

  2.51Гц .
m  2m 
Ответ: ν.=2.51 Гц.
2. Акустика.
dW
I
 w  С зв. – интенсивность волны (Сзв. – скорость звука);
S  dt
A 2 2
w
– средняя объемная плотность энергии;
2
3
LI  lg
I
I
(Б) ; LI  10 lg
(дБ) – уровень интенсивности звука (здесь I0=10-12
I0
I0
Вт/м2 – порог слышимости); уровень громкости, выраженный в фонах (фон), на
частоте 1000 Гц совпадает с уровнем интенсивности, выраженным в децибелах.
LP  20 lg
p
(дБ) – уровень звукового давления;
p 0
p  2  Сзв.  I    С  A – амплитуда звукового давления;
С  v наблюдателя
– доплеровский сдвиг частоты, здесь верхние знаки – для
    зв.
С зв.  v источника
сближающихся источника звука и наблюдателя, нижние – для удаляющихся.
Z    Cзв. – волновое сопротивление среды;
4
Z1
Z2
2
Z Z 
; r   2 1  – коэффициенты проникновения и отражения звука

2
 Z 2  Z1 
 Z1


 1
 Z2

при переходе из одной среды в другую.
Рис.1. Кривые равной громкости
Примеры решения задач.
Задача 2.
Шуму на оживленной улице соответствует уровень громкости 70 фон,
крику – 80 фон. Какой будет уровень громкости звука, полученного в
результате сложения крика и шума улицы? Считать частоту равной 1 кГц.
Решение
Дано:
Для частоты 1000 Гц уровень громкости по определению
Е1=70 фон
совпадает с уровнем интенсивности, выраженному в децибелах,
Е2=80 фон
I
тогда E  LI  10lg .
I0
Найти:
Е=?
4
E
Выразим интенсивность звука: I  I 0  10 10 , тогда получим для шума и для
I 1  I 0  10 7 ;
I 2  I 0  10 8 .
крика соответственно интенсивности звука:
Интенсивность
результирующего
звука
можно
найти
сложением
интенсивностей двух звуков, поскольку интенсивность – энергетическая
характеристика звуковой волны и характеризует среднюю плотность потока
энергии, переносимой волной:
I=I1+I2=I0,107(1+10).
Теперь можно найти уровень громкости по определению:
E  LI  10 lg
I  11  10 7
I
 10 lg 0
 80.4фон .
I0
I0
Ответ: Е=80.4 фон.
3. Геометрическая оптика и фотометрия 1).
c
– скорость света в среде;
n
L=nl ; L   ndl – оптическая длина пути;
v
i1  i1/ – закон отражения;
sin i1 n2

 n21 – закон преломления;
sin i2 n1
sin iпред.  n 21 – предельный угол полного внутреннего отражения;
1 1 1
  – формула тонкой линзы;
F a b
 1
1
1 
 – оптическая сила линзы;
D   ( n21  1 ) 
F
 R1 R2 
D
D=D1+D2 – оптическая сила системы двух линз, расположенных вплотную друг
к другу;
F  Fкрасн.  Fфиолет. – продольная хроматическая аберрация линзы;



b
– увеличение линзы;
a
l наилуч. зрения
F
l наилуч. зренияd
F1 F2
– увеличение, даваемое лупой, lнаилучшего зрения=0.25 м;
– увеличение, даваемое микроскопом, где d – расстояние между
фокусами объектива и окуляра.
5
Рис. 2. Кривая относительной спектральной чувствительности
глаза (кривая видности).
_________________________________________________________
1)

Решение задач 1-30 этого раздела не является обязательным.
dW V ( )
dW
– световой поток, соответствующий потоку энергии
, для
dt A
dt
монохроматического света с длиной волны λ, где А=0.0016 Вт/лм –
коэффициент перевода фотометрических величин в энергетические
(механический эквивалент света); [Ф] = лм (люмен);
I
d
– сила света, где dΩ – телесный угол, в котором распространяется
d
световой поток dΦ, [I]=лм/ср=кд (кандела);
d пад.
– освещенность, [E]=лм/м2=лк (люкс);
E
dS
I cos 
E
– освещенность, создаваемая точечным изотропным источником
r2
силой света I, на площадке, отстоящей от него на расстоянии r, где α – угол
между нормалью к поверхности и направлением на источник;
d исп.
– светимость;
dS
R  E – светимость тела, обусловленная его освещенностью, где ρ –
R
коэффициент рассеяния (отражения);
B
dI
– яркость светящейся поверхности, где θ – угол между нормалью к
dS cos 
элементу поверхности и направлением наблюдателя, [B]=кд/м2=нт (нит);
R  B – светимость тела, если оно излучает по закону Ламберта, т.е. если
яркость не зависит от направления (косинусный излучатель).
Примеры решения задач
Задача 3
6
Лист бумаги размером 10х30 см2 освещается светом от лампы силой света
100 кд, причем на него падает 0.5% всего посылаемого лампой света. Найти
освещенность этого листа бумаги.
Дано:
S=10.30 см2=300.10-4 м2
η=0.5%=0.005
I=100 кд
Решение:
Освещённость
E
dS
равна
d пад.
, где dФпад. – световой поток, падающий
dS
на поверхность. При равномерной освещённости
E
Найти:
Е=?
поверхности
 пад.
S
.
Сила света лампочки определяется световым
потоком dΦ и телесным углом dΩ, в котором он
распространяется: I 
d
. Будем считать лампочку изотропным источником
d

, где Ω=4π ср (стерадиан) – полный телесный угол.



 I 0,005  100кд  4ср
По условию   пад. . Тогда E  пад. 


 209 лк .

S
S
S
0.03м 2
света, тогда I 
Ответ: E=209 лк.
4. Интерференция
  L1  L2 – оптическая разность хода;
  2


– зависимость разности фаз от оптической разности хода;
  m , m  0,1,2,... – условие максимума при интерференции;
1
  (m  ) , m  1,2,3,... – условие минимума при интерференции;
2
m l
xm 
, m  0,1,2,3,... – расстояние от mой светлой полосы до нулевой в опыте
d
Юнга;
1

 m  l
2
xm  
, m  1,2,3,... – расстояние от mой темной полосы до нулевой в опыте
d
Юнга;
x 
l
d
– расстояние между центрами соседних максимумов в опыте Юнга;
  2d n 2  sin 2 i1 

2
– оптическая разность хода при отражении от тонкой
пленки;
rm  mR – радиус темных колец Ньютона в отраженном свете.
7
Примеры решения задач
Задача 4
Плосковыпуклая линза выпуклой стороной лежит на стеклянной пластине.
Радиус десятого темного кольца Ньютона в отраженном свете (длина волны 589
нм) равен 1.25 мм. Свет падает нормально. Определить фокусное расстояние
линзы, если она изготовлена из стекла с показателем преломления 1.6.
Решение:
Дано:
Фокусное расстояние линзы определяется
.
-9
λ=589 нм=589 10 м
радиусами
кривизны
её
поверхностей
и
n=1.6
 1
1
1 
 
 .
показателем
преломления:

(
n

1
)
.
-3
rm=1.25мм=1.25 10 м
F
R
R
2 
 1
m=10
Здесь R =R, R → ∞ (плоская поверхность); тогда
1
2
1
1
R
 n  1  , или F 
.
F
R
n 1
Найти:
F=?
Радиус m-го темного кольца Ньютона в
отраженном свете rm  mR , откуда R 


rm2
,а
m
2
rm2
R
1.25  10 3
F


 0.44 м .
n  1 m n  1 10  589  10 9  1.6  1
Ответ: F=0.44 м.
5. Дифракция
abm
– радиус mой зоны Френеля при дифракции на круглом отверстии;
ab
a sin   m ; m=±1, ±2, ±3… – условие минимума при дифракции на щели;
a sin   m ; m=0; ±1.43, ±2.46, ±3.47, ±3.48… – условие максимума при
rm 
дифракции на щели;
1

a sin    m   ; m=1, 2, 3… – приблизительное условие максимума при
2

дифракции на щели;
d sin   m ; m=0, ±1, ±2, ±3… – условие главных максимумов при дифракции
на дифракционной решетке;
a sin   m ; m=±1, ±2, ±3… – условие главных минимумов при дифракции на
дифракционной решетке;
d sin  
m
 ; m≠0, ±N, ±2N, ±3N,… – условие дополнительных минимумов при
N
дифракции на дифракционной решетке;
D 
d
m
– угловая дисперсия дифракционной решетки;

d d cos 
8
Dl 
R
dl
– линейная дисперсия дифракционной решетки;
d
1

– разрешающая способность оптического прибора, где δΨ –
минимальное угловое расстояние
изображения которых разрешаются;
sin   1.22

D
между
точечными
источниками,
– угловой радиус первого темного кольца при дифракции на
круглом отверстии;

R
– разрешающая способность спектрального прибора;

– разрешающая способность дифракционной решетки;
R  mN
2d sin   m ; m=±1, ±2, ±3… – формула Брэггов-Вульфа.
Примеры решения задач
Задача 5
Ширина прозрачного а и непрозрачного b участков дифракционной
решетки связаны с длиной волны так: а=0.5b=4. Определить углы,
соответствующие первым трем наблюдаемым максимумам.
Дано:
а=0.5b=4
Найти:
φ=?
Решение:
Условие главных максимумов при дифракции на решётке:
d sin   m , где m=0, ±1, ±2, ±3…. Найдём постоянную
дифракционной решётки: d=a+b=a+2a=3a=12, поскольку
а=4. Получим:
b=2a,
12 sin   m ,
или
sin  
m
,
12
m
.
 12 
  arcsin 
По условию постоянная решётки d кратна ширине щели a: d=3a, поэтому
один и тот же угол φ будет соответствовать и главному максимуму с номером
m, и главному минимуму с номером m’, если m= 3m’. В этом случае условие
главных максимумов можно записать так: 3a sin   m  3m , что является
также условием главных минимумов: a sin   m , и главный максимум не будет
наблюдаться. Таким образом, не будут наблюдаться максимумы с номерами
m=3, 6, 9, … . Искомыми первыми тремя наблюдаемыми будут максимумы с
номерами m=1, 2 и 4. Подставляем в расчётную формулу эти значения:
m
1
4
2
0
0
0
  arcsin    4.8 ,  2  arcsin    9.6 ,  4  arcsin    19.5 .
12
12
12
12
 
 
 
 
0
0
0
Ответ: 1  4.8 ,  2  9.6 ,  4  19.5 .
1  arcsin 
9
6. Поляризация, поглощение
tgiB  n21 – закон Брюстера;
I  I 0 cos 2  – закон Малюса;
   Cd –
  d ;
угол поворота плоскости поляризации оптически
активными веществами;
I  I 0 exp   l  – закон Бугера; I  I 0 exp   C  l  – закон Бугера-Ламберта-Бэра.
Примеры решения задач
Задача 6
Плоскополяризованный свет падает на николь так, что угол между
плоскостями поляризации света и главного сечения николя равен 600.
Определить толщину николя, если интенсивность света уменьшилась в 6 раз.
Коэффициент отражения на грани призм =0.1, коэффициент поглощения
  20м 1 .
Дано:
I пад.
6
I прош.
φ=600
=0.1
Решение:
Пусть I0 – интенсивность света на входе в призму Николя, I
– на выходе. Для идеального николя по закону Малюса
I
 cos 2    – доля прошедшей световой энергии. Однако здесь
I0
надо учесть ещё две причины уменьшения интенсивности света:
отражение на грани призмы и поглощение. По условию 10%
Найти:
света отражается, 90% – проходит, тогда доля прошедшей
l=?
световой энергии от падающей на николь составит η1=(1–ρ).
Толщину слоя поглощающего вещества можно найти из закона
Бугера: I1  I 2 exp  l  ,то есть доля прошедшей световой энергии от всей
  20м 1
I1
 exp l  , если учитывать только поглощение.
I2
I
I
Теперь учтём все три процесса: прош.   1  2 , или прош.  cos 2   1     exp l  .
I пад.
I пад.
I
1
Отсюда exp l   прош.  2
, и далее после логарифмирования
I пад. cos   1   
падающей составляет  2 
l
l


1  I пад.
1  I прош.
1
2
 . После подстановки:



l


ln

cos


1


;
 ln


  I прош.
  I пад. cos 2   1    


 

1
 ln 6  cos 2 60 0  1  0.1  0.015 м .
-1
20м
Ответ: l=0.015 м =1.5 см.
10
7. Тепловое излучение
dWизлуч.
r ,T 
–
tSd
спектральная
плотность
энергетической
светимости
(монохроматическая излучательная способность);
RT 
dWизлуч.
dtS
– полная (интегральная) энергетическая светимость;

RT   r ,T d – связь полной и монохроматической излучательной способности;
0
a ,T 
dWпоглощ.
– спектральная поглощательная способность, для абсолютно
dWпадающ.
черного тела aа,.Tч.т.  1 ;
r ,T
a ,T
 а,.Tч.т. – закон Кирхгофа, где а,.Tч .т . – универсальная функция Кирхгофа,
одинаковая для всех тел;
b
– закон смещения Вина, где b=2.90.10-3 м.К;
T
r ,T max  bT 5 – второй закон Вина, где b’=1.29.10-5 Вт.м-3.К-5;
m 
RT  T 4
– закон Стефана-Больцмана (для абсолютно черного тела), где
2 5 k 4
=5.67.10-8 Вт.м-2К-4;
2 3
15c h
4
RT  aT 4  Tрад
. – для серого тела, где а – коэффициент серости (черноты);

  ,T  2
2
c
h
2
e
h
kT
– формула Планка.
1
Примеры решения задач
Задача 7
Теплопроводящий шар по размеру равен объему Земли (R=6.4.106 м).
Удельная теплоемкость 200 Дж/кг.К, плотность шара 5500 кг/м3, начальная
температура 300 К. Определить время остывания шара на 0.001 К. Шар считать
абсолютно черным.
Решение:
Дано:
R=6.4.106 м
С=200 Дж/кг.К
Т0 =300 K
ρ=5500 кг/м3
ΔТ=0.001 K
Найти:
t=?
По
определению
светимости: RT 
dWизлуч.
dt  S
полной
энергетической
; здесь dWизл.  dQ – излучённая
телом площади S за время dt энергия; dQ  C  m  dT –
количество теплоты, полученной телом массой m при
нагреве на dT. По закону Стефана-Больцмана для
абсолютно
чёрного
тела
Тогда
RT  T 4 .
4
RT  S  dt  C  m  dT , или   T  S  dt  C  m  dT , откуда
11
dt  
C  m  dT
. Проинтегрируем это равенство и вынесем постоянные величины
S  T 4
за знак интеграла:
t
 dt  
0
Cm

S 
T0  T


T0
T0 T
dT
C m 
1 
. Отсюда t  


4
S    3  T 3  T0
T
, или:

 1
 Cm T03  T0  T 3
1


 3 

.
После
преобразований
3 
3
T


T


T
T03 T0  T 
0
 0
 3S
2
3
Cm 3T02 T  3T0 T   T 
получим: t 
. Поскольку T  T0 , в числителе

3
3S
T03 T0  T 
C m
t
3  S 


можно пренебречь двумя последними слагаемыми, и в знаменателе – вторым


Cm 3T02 T
CmT
слагаемым; тогда t 
.
 3 3 
3S T0  T0
ST04
4
Масса шара m    V    R 3 , а площадь поверхности S  4R 2 , тогда
3
4
C R 3 T
CmT
CRT 200  5500  6.4  10 6  0.001
3
t



 5.11  10 6 с   59суток  .
4
2
4
4
8
4
ST0
4R T0
3T0
3  5.67  10  300
Ответ: t=5.11.106 с = 59 суток.
8. Квантовые свойства света.
а) Энергия, импульс фотона. Давление света
E   h 
hc

– энергия фотона;
h h
 – импульс фотона;
c

E
p  e (1   )  w(1   ) – давление света;
c
dW
I
– интенсивность света.
S n  dt
p 
б) Внешний фотоэлектрический эффект
h  Aвых. 
0 
2
max
mv
2
 h 0  eU з – уравнение Эйнштейна для фотоэффекта;
Aвых.
ch
; 0 
– красная граница фотоэффекта;
Aв ых.
h
в) Эффект Комптона
      
h
1  cos  – изменение длины волны при эффекте Комптона.
me c
Примеры решения задач
Задача 8
12
Монохроматический пучок света интенсивностью 0.1 Вт/см2 падает под
углом 300 на плоскую отражающую поверхность с коэффициентом отражения
0.7. Определить нормальное давление, оказываемое светом на эту поверхность.
Решение:
Дано:
Пусть на поверхность площадью S за время
I=0.1Вт/см2=0.1.104Вт/м2
Δt падает N фотонов. По условию ρ=0.7, то есть
α=300
70% фотонов отражается (N1=ρN=0.7N), 30% –
ρ=0.7
поглощается (N2=(1–ρ)N=0.3N).
Импульс
h
Найти:
p 
фотона равен
. При отражении
c
p=?



p  p 2  p1
изменение импульса фотона
направлено по нормали к площадке и равно по

p  2 p cos  (см. рис.3; здесь p1 –
величине

импульс падающего фотона, p2 – отражённого).
α Sn
Изменение величины импульса поглощённого


фотона равно величине самого импульса; найдём его
p1
p2
проекцию на нормаль к площадке (поскольку
требуется найти нормальное давление): p  p cos  .

p
По закону сохранения импульса суммарное
α
изменение импульса фотонов равно величине
α
импульса,
полученного
площадкой:
S
Рис.3
p  N1 p  N 2 p  N  2 p cos   1   N  p cos  , или
p  Np cos  1    , откуда по второму закону Ньютона в импульсной форме
p Np cos  1   

, а
t
t
F Np cos  1    Nh cos  1    W cos  1   


затем – давление: p   
, где W –
S
t  S
c  t  S
c  t  S


p  F  t найдём силу нормального давления света: F 
суммарная энергия всех фотонов, падающих на площадку S за время Δt.
Выразим W через интенсивность света I: интенсивностью света называется
энергия световой волны, переносимая за единицу времени через единичную
площадку, перпендикулярную лучу: I 
W
; здесь S n – величина площадки,
S n  t
перпендикулярной лучу, так что S n  S  cos 
(см. рис.), S 
I
W cos  1   
, или p  cos 2  1    . Подставим
S
c
c  t  n
cos 
3
10
p
cos 2 30 0 1  0.7   1.59  10 6 Па  1.59 мкПа .
8  10 8
Ответ: p  1.59  10 6 Па  1.59 мкПа
p
Sn
. Тогда
cos 
численные
значения:
13
Задача 9
Угол рассеяния фотона при эффекте Комптона 900. Угол отдачи электрона
300. Определить энергию падающего фотона.
Решение:
Дано:
По закону сохранения импульса импульс падающего фотона
θ=900
равен сумме импульса электрона отдачи и импульса рассеянного
α=300



фотона: p  pe  p (см. рис.4). Из рисунка tg 
Найти:
Еγ=?
p
p
. Импульс
фотона выразим через длину волны падающего фотона λ и

p

p
 θ
, p 
h

, тогда tg  ,


Длины волн
падающего и
рассеянного   : p 
e
или
α

p

.
 
tg
h

рассеянного фотона связаны соотношением:
   
Рис.4
h
1  cos   .
me c
выражение для   :
Подставим
в
него

h
1  cos   . Отсюда
 
tg
me c
hc
h 1  cos  
. Энергия фотона E  , следовательно,

me c  1


 1
 tg

2
me c
 1

hc
E 

 
 1 . Подставим численные значения:
 1  cos    tg 
2

9.1  10 31  3  10 8  1
E 
 
 1  6  10 14 Дж .
0
0
1  cos 90
 tg30

можно выразить λ:  




Ответ: E  6 10 14 Дж
9. Строение атома. Постулаты Бора.
Спектры атомов. Закон Мозли
me v  r  n , n  1,2,3,... – постулат стационарных состояний (первый постулат
Бора);
h  Em  En – правило частот (второй постулат Бора);
z 2 me 4 1
En  
– полная энергия электрона водородоподобного иона, где n=1, 2,
2
2
8 0 h 2 n
… ∞.
1 
 1
 z 2 R 2  2  , здесь λ – длина волны в спектре водородоподобного иона, где

m 
n
1
R=1.1.107 м-1 – постоянная Ридберга; m=n+1; n+2… .
n=1 – серия Лаймана;
n=2 – серия Бальмера;
14
n=3 – серия Пашена;
n=4 – серия Брэккета;
n=5 – серия Пфунда;
1 
2  1
  z    R 2  2  – закон Мозли для характеристического рентгеновского

m 
n
1
излучения, где σ – постоянная экранирования (σ=1 для К-серии).
Примеры решения задач
Задача 10
Определить длину волны Кα–линий характеристического рентгеновcкого
спектра, получаемого в рентгеновской трубке с молибденовым (42Mo)
антикатодом. Можно ли получить эту линию спектра, подав на рентгеновскую
трубку напряжение 25 кВ?
Решение
Дано:
Длина
волны
в
спектре
z=42
характеристического излучения определяется
σ=1
1
1
1
Законом Мозли:  z   2 R 2  2  . Здесь m и
U=25 кВ

n
n – номера энергетических уровней, между
которыми произошёл переход; для Кα–линии
m=2, n=1 (см. схему энергетических уровней
рис.5).
Найти:
λ=?
En
Отсюда  
n→∞
0
1
.
1 
2  1
 z    R 2  2 
m 
n
Подставим
Кδ
Lγ
Кγ
Lβ
n=5
n=4
n=3
Кβ
m 
Lα
n=2
Кα
n=1
Рис.5

численные
1
42  12 1.1  10 7  12
1

1 

22 
значения:
 7.21  10 11 м  72.1пм .
Чтобы получить эту линию в спектре,
необходимо
освободить
место
на
энергетическом уровне n=1, то есть выбить
электрон с уровня n=1 на n→∞. Для этого
необходимо затратить энергию, больше или
равную разности энергий этих уровней:
eU  E  E1  E . А E можно найти, если
воспользоваться законом Мозли и правилом
1 
2  1
 hc  z    R 2  2  , где n=1 на m→∞. Тогда
1
m 
n
2
2
E  hc  z    R  6.63  10 34  3  10 8  42  1  1.1  10 7  3.68  10 15 Дж . Вычислим eU :
частот Бора: E  h  hc 
1
Таким образом, eU  E , следовательно,
можно получить Кα–линию в спектре, подав на рентгеновскую трубку
напряжение 25 кВ.
eU  1.6  10 19  25  10 3  4  10 15 Дж .
15
Ответ:   7.21  10 11 м  72.1пм ; можно получить линию в спектре.
10. Волновые свойства частиц
а) Длина волны де Бройля. Принцип неопределенностей
h
– длина волны де Бройля;
p
p x x   – соотношение неопределенностей для координаты и проекции

импульса;
Et   – соотношение неопределенностей для энергии и момента времени
измерения энергии.
б) Уравнение Шредингера. Волновая функция
2m
E  U   0 – стационарное уравнение Шредингера;
2
2
dp   dV – вероятность обнаружить частицу в объеме dV;
 


2
dV  1 – условие нормировки волновой функции;

  A sin( kx) – решение уравнения Шредингера для частицы в одномерном
потенциальном ящике с бесконечно высокими стенками, где:
k
n
l
; k
2mE
– модуль волнового вектора;
2
2
– амплитуда волновой функции;
l
 2 2 2
En 
n – энергия частицы в одномерном потенциальном ящике с
2ml 2
A
бесконечно высокими стенками, где n – квантовое число, принимающее
значения: n=1, 2, 3, …∞.
En  
z 2 me 4 1
– полная энергия электрона в атоме водорода, где n – главное
2
2
8 0 h 2 n
квантовое число, принимающее значения n=1, 2, … ∞;
Ls   s(s  1) – спиновый (собственный) момент импульса (механический
момент) электрона в атоме водорода, где s – спиновое квантовое число,
s=1/2;
Ls z  ms  – проекция механического спинового момента электрона в атоме
водорода на выделенное направление, где ms – магнитное квантовое число,
принимающее значения:
ms=1/2;
16
– орбитальный момент импульса (механический момент)
электрона в атоме водорода, где l – орбитальное квантовое число,
принимающее значения:
l=0, 1, 2 … n–1;
Ll z  ml  – проекция механического орбитального момента электрона в атоме
водорода на выделенное направление, где ml – магнитное квантовое число,
принимающее значения:
ml=0, 1, 2, … l;
L   J ( J  1) – полный момент импульса (механический момент) электрона в
атоме, где J – квантовое число полного момента: J=|l–s|, |l–s|+1, …l+s.
Ll   l (l  1)
Примеры решения задач
Задача 11
Частица
в
бесконечно
глубоком
прямоугольном
одномерном
потенциальном ящике шириной l находится в возбужденном состоянии с
квантовым числом 3. Определить, в каких точках интервала 0<x<l плотность
вероятности нахождения частицы имеет максимальное и минимальное
значения.
Решение
Для частицы в бесконечно глубоком прямоугольном
одномерном потенциальном ящике волновая функция равна
Дано:
l
0<x<l
n=3
  A sin( kx) , где k 
dp
 max
dx
dp
 min
dx
n
l
. Квадрат модуля волновой функции равен
искомой плотности вероятности:
сводится
F x  
Найти:
xmax=?
xmin=?
dp

dx
к
2
dp
2
  . Таким образом, задача
dx
поиску
экстремумов
функции
 n 
 A 2 sin 2 
 x  на промежутке 0<x<l. Поскольку
 l

функция F x  неотрицательна, её минимальным значением
будет нуль, и xmin можно найти, решая уравнение: F xmin   0 ;
 n

A 2 sin 2 
 x min   0 .
 l

Тогда
 n
l
 x min   ; 2 ; 3 ... .
При n=3 в
l
2l
и x min 
.
3
3
Для нахождения максимума функции F x  её производную приравняем к
 n   n   n
 x  cos
 x 
 0 , что даёт два уравнения:
нулю: F x   A 2  2 sin 
 l
  l
 l
 n 
 n 
sin 
 x   0 и cos
 x   0 . Первое, очевидно, соответствует уже
 l

 l

интервал 0<x<l попадают 2 решения: x min 
найденным
 3
l
 x max 
минимумам;
 3 5 
2
;
2
;
2
второе
;... Отсюда x max 
даст
искомые
l
l
5l
; x max  ; x max 
.
6
2
6
максимумы:
17
График функции F x  представлен на
рисунке 6.
F(x)
Ответ: x min 
2l
3
l
3
0
x max 
l
x
l
; x max
6
l
2l
и x min 
;
3
3
l
5l
 ; x max 
.
2
6
Рис.6
11. Ядро и элементарные частицы
m  zm p  ( A  z )mn  m Я – дефект массы;
E св .  mc 2 – энергия связи ядра;
Eсв.
– удельная энергия связи;
A
N  N 0 e t – закон радиоактивного распада;
ln 2
– период полураспада;
T1 
Eсв. 

2

1
– среднее время жизни радиоактивного ядра;

dN
A
 N – активность изотопа.
dt
Примеры решения задач
Задача 10
Определить период полураспада радона, если за сутки из 1 миллиона
атомов распадается 175 тысяч атомов.
Решение
Дано:
За
время
t
число
ядер
N0=106
уменьшилось из-за распадов на
ΔN=175.103
ΔN=N0–N, где N0 – первоначальное
t=1 сутки =24 ч=24.3600 с=86.4.103 с
число ядер, N  N 0et – число ядер,
Найти: T1  ?
оставшихся не распавшимися к
2
моменту
времени
t.
Отсюда:
N  N 0  N 0 e t  N 0 1  exp t  .
После
1
преобразований

N

0
.
   ln
t  N 0  N 
получим:
exp t   1 
N
N0
,
1  N 
,
    ln1 
t 
N 0 
или
Постоянная распада λ связана с периодом полураспада:
18
T1 
2
T1 
2
ln 2

,
поэтому
T1 
2
86.4  10 3  ln 2
t  ln 2
.
 N0 

ln
 N 0  N 
Подставим
численные
значения:
 311  10 3 с  8.63час .


10

ln  6
6 
 10  0.175  10 
Ответ: T1  311  103 с  8.63час .
6
2
Z
0
1
2
3
4
5
Таблица 1. Массы легких атомов.
Атом
Избыток
Z
Атом
Избыток
массы
массы
атома М-А,
атома М-А,
а.е.м.
а.е.м.
11
n
0.00867
6
C
0.01143
1
12
H
0.00783
C
0
2
13
H
0.01410
C
0.00335
3
13
H
0.01605
7
N
0.00574
3
14
He
0.01603
N
0.00307
4
15
He
0.00260
N
0.00011
6
15
Li
0.01513
8
O
0.00307
7
16
Li
0.01601
O
-0.00509
7
17
Be
0.01693
O
-0.00087
8
19
Be
0.00531
9
F
-0.00160
9
20
Be
0.01219
10
Ne
-0.00756
10
23
Be
0.01354
11
Na
-0.01023
10
24
B
0.01294
Na
-0.00903
11
24
B
0.00930
12
Mg
-0.01496
Здесь М – масса атома в а.е.м., А – массовое число.
12. Физика твердого тела
а) Упругие свойства твердых тел, тепловое расширение и классическая
теория теплоемкости твердых тел.
ε=‫ ׀׀‬l – относительное удлинение;
l
d
– относительное поперечное сжатие;
d
dF
 
– механическое напряжение;
dS
 
19
F  kl ; ε=‫׀׀‬
 – закон Гука;
E
K П    / ε ‫ –׀׀‬коэффициент Пуассона;
l  l0 1    t  – линейное расширение твердых тел при нагревании;
V  V0 1    t  – объемное расширение твердых тел при нагревании;
  3
– связь коэффициентов линейного и объемного расширения для
изотропных тел и для кристаллов с кубической решеткой;
C  3Rz – закон Дюлонга и Пти.
Таблица 2. Свойства твердых тел
Вещество
Относительный
атомный
вес
Алюминий
Железо
Латунь
Медь
Платина
27
56
64
195
Сталь
Цинк
65
Плотность,
кг/м3
2600
7900
8400
8600
2140
0
7700
7000
Коэффициент Модуль
линейного
Юнга,
теплового
Е.10-10, Па
расширения,
α.105 К-1
2.4
6.9
1.2
19.6
1.9
1.7
11.8
0.89
1.06
2.9
21.6
-
Предел
прочности,
σпр.10-8, Па
1.1
6
2.4
7.85
-
б) Квантовые статистики. Энергия Ферми.
Работа выхода. Контакт двух металлов.
1
f (E) 
e
E 
kT
– распределение Бозе-Эйнштейна;  – химический потенциал;
1
1
f (E) 
e
E 
kT
1
– распределение Ферми-Дирака; здесь   EF – энергия Ферми;
2
h 2  3n  3
EF 
  – энергия Ферми;
8m   
E
TF  F – температура Ферми;
k
A
 Aвых.1
– внешняя контактная разность потенциалов;
 внеш.  вых.2
e
E  EF 2
– внутренняя контактная разность потенциалов;
 внутр.  F1
e
 2 n 2/3
TВ 
– температура вырождения.
3mk
20
в) Теплоемкость (квантовая теория)
T
C м олярная  234 R
 TD
3

 – молярная теплоемкость кристалла по Дебаю при T<<TD;

T2
Q    C м олярнаяdT – количество теплоты, необходимое для нагревания тела;
T1
h max
hv
hv


– характеристическая температура Дебая;
k
kmin kd
h
TE 
– характеристическая температура Эйнштейна.
k
TD 
г) Проводимость металлов и полупроводников. Температурная зависимость
сопротивления металлов и полупроводников.
 металл   0 1    t    0  T – зависимость сопротивления металла от
температуры, где  
1
K 1 – температурный коэффициент
273
сопротивления для чистых металлов;
 полупроводник   0 e
E
2 kT
– зависимость сопротивления собственного полупроводника
от температуры, где ΔE – ширина запрещенной зоны;
v
– подвижность носителей тока;
E
1
   ne(u p  u n ) – удельная электропроводимость.
u

д) p-n – переход

I  I 0  e

eU
kT

 1 – сила тока, текущего через p-n – переход (U>0 для прямого

включения и U<0 – для обратного).
е) Термоэлектричество
ε=ε0(T2–T1) – термоэлектродвижущая сила, где (T2–T1) – разность температур
спаев термопары;
ε0  ke ln nn1 – удельная термо-ЭДС.
2
Примеры решения задач
Задача 13
Медная проволока натянута горячей при температуре 1500С между двумя
прочными неподвижными стенами. При какой температуре, остывая,
проволока разорвется? Считать, что закон Гука выполняется вплоть до разрыва
проволоки.
21
Дано:
t1=1500 C
E=11.8.1010 Па
α=1.7.10-5 К-1
σпр=2.4.108 Па
Найти:
t2=?
Решение
Длина нагретой проволоки при температуре t1
l1  l0 1    t1  ; при этом проволока не деформирована ( не
натянута). Длина остывшей до искомой температуры
ненатянутой проволоки l 2  l0 1    t 2  . Но, поскольку
проволока закреплена между неподвижными стенами, она
оказывается растянутой на l  l1  l 2  l0    t1  t 2  . По
закону Гука ε=‫ ׀׀‬ , где ε=‫ ׀׀‬ l – относительное удлинение,
E
l2
σ=σпр. – механическое напряжение. Тогда
l 0 1    t 2 
 пр.
 l 0 t1  t 2  , откуда 1    t 2 
 пр.
l  l 2
 пр.
E
 l 0 1    t 2 
  t1  t 2  , и t 2 
  t1 
 пр.
 пр.
E
E
; или
. Далее,
  пр. 

  1 
E 

 пр.
2.4  10 8
150 
t1 
1.7  10 5  11.8  1010  30.30 С .
  E .Подставим численные значения: t 
t2 
2

  пр. 
2.4  10 8 
1 

1 

10 
E 
 11.8  10 

E
E
Ответ: t 2  30.30 С .
Задача 14
Определить число свободных электронов, которое приходится на один
атом натрия при температуре Т=0 К. Уровень Ферми для натрия равен 3.12 эВ.
Плотность натрия равна 970 кг/м3.
Решение
Дано:
Зная энергию Ферми, из формулы
EF=3.12 эВ=4.99.10-19 Дж
2
h 2  3n  3
Т=0 К
EF 
  можно определить концентрацию
8m   
ρ=970 кг/м3
3
  8mE F  2
Найти:
электронов
Ne
?
N ат.
отношение числа электронов к числу атомов
Концентрацию
n:
n

3  h2
 .

равно отношению их концентраций:
атомов
натрия
можно
найти,
зная
Искомое
Ne
n
.

N ат. nат.
плотность:
m
 N Ав.
N
N ат.   N Ав. 
m N
nат. 


  Ав.    Ав. , где  – число молей натрия,
V
V
V
V


  0.023кг / моль – его молярная масса, V – объём, N
– число Авогадро.
Ав.
22
3
Таким
Ne
n
  8mE  2


  2 F 
.
N ат. nат. 3  h    N Ав.
образом,
Ne
  8mEF
 
N ат. 3 
h
Преобразуем:
3



 N

Ав.
и
Ne
3.14  8  9.1  10 31  4.99  10 19


N ат.
3 
6.63  10 34
подставим
численные
значения:
3

0.023

 0.98 .
 970  6.02  10 23

Результат
близок
к
единице, то есть на один атом натрия приходится приблизительно один
свободный электрон, что согласуется с валентностью натрия, раной единице.
Ответ:
Ne
 0.98 .
N ат.
Задача 15
Вычислить минимальную длину волны Дебая в титане, если его
характеристическая температура равна 280 К, а скорость звука в нем v=6·103
м/с.
Решение
Дано:
Характеристическая температура Дебая определяется
v=6·103 м/с
hv
hv
формулой: TD 
, откуда min 
. Подставим численные
TD=280 К
k
kT
min
Найти:
λmin=?
значения: min 
D
6.63  10  6  10
 1.03  10 9 м  1.03нм , что по
 23
1.38  10  280
-34
3
порядку величины соответствует межатомным расстояниям в
кристалле.
Ответ: min  1.03  10 9 м  1.03нм .
Задача 16
Чему равно отношение числа свободных электронов в единице объема у
висмута и сурьмы, если при нагревании одного из спаев на 100°С возникает
термо-ЭДС, равная 0.011 В?
Решение
Дано:
Термо-ЭДС пропорциональна разности температур спаев
ε=0.011 В термопары: ε=ε0(T2–T1)=ε0.ΔT, где ε0  k ln n1 – удельная
ΔT=100 К
e n2
термо-ЭДС. Тогда искомое отношение концентраций свободных
Найти:
электронов
в
двух
разнородных
металлах
равно:
n1
?
n2

 e 


 . Подставим
  exp
 k  T 



19
 1.6  10  0.011 
n1
  e1.28  3.58 .
 exp
 23
n2
 1.38  10  100 
n1
 e
 exp
n2
 k
0
численные значения:
23
Ответ:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
n1
 3.58 .
n2
Библиографический список
Волькенштейн, В.С. Сборник задач по общему курсу физики /
В.С.Волькенштейн. – СПб.: Лань, 1999. – 328 с.
Иродов, И.Е. Задачи по общей физике: учебное пособие / И.Е.Иродов. –
СПб.: Лань, 2001. – 416 с.
Калашников, Н.П. Основы физики: учеб. для вузов: в 2 т. / Н.П.Калашников,
М.А.Смондырев. - 2-е изд., перераб. – М.: Дрофа, 2003.
Детлаф, А.А. Курс физики: учеб. пособие для вузов / А.А. Детлаф, В.М.
Яворский. - М.: Высш.шк., 1989.- 608 с.
Курс физики: учеб. для вузов: в 2 т. Т. 1 / под ред. В.Н.Лозовского. – СПб.:
Лань, 2000. – 576 с.
Трофимова, Т.И. Курс физики/ Т.И. Трофимова.-М.: Высш. шк., 1999.-542 с.
24