View
544
Download
3
Category
Preview:
Citation preview
ZADANIA I PROBLEMY
Z
WYBRANYCH DZIA LOW FIZYKI
Wybor zadan i opracowanie rozwiaιzan: CZES LAW SZMYTKOWSKIPrzygotowanie wersji elektronicznej: ELZBIETA PTASINSKA-DENGA
PRZEDMOWA
Zadania i problemy z fizyki przedstawione w ponizszym zbiorze dotyczaι tylkoniektorych dzia low fizyki - zazwyczaj nazywanych fizykaι wspo lczesnaι. Niniejszywybor powsta l w oparciu o zagadnienia omawiane przez autora na cwiczeniachz fizyki dla s luchaczy wielu rocznikow studiow na Politechnice Gdanskiej; by lyone juz prezentowane w obszerniejszym skrypcie P.G. (Zadania rachunkowe zwybranych dzia low fizyki; Cz. Szmytkowski i W.H. Roznerski, 1974 - wyd.I i1986 - wyd.II)Ponizsza czeιsc zbioru zawiera 105 szczego lowo rozwiaιzanych problemow z fizykizebranych w 9 rozdzia lach. Przedstawione rozwiaιzania saι g lownie owocem wielo-letniej praktyki autora. Wp lyw na wybor zadan oraz postac rozwiaιzan mia lyrowniez dyskusje ze wspo lpracownikami, uwagi s luchaczy jak rowniez lekturadosteιpnej literatury.Na poczaιtku kazdego rozdzia lu zamieszczono krotki wsteιp zawierajaιcy niektoreformu ly niezbeιdne do rozwiaιzania zadan z danego dzia lu fizyki. Rozdzia lykonczaι sieι zestawami cwiczen do samodzielnego rozwiaιzania wraz z odpowiedzi-ami. Do rozwiaιzania cwiczen potrzebna jest znajomosc podstaw fizyki orazmatematyki.
Gdansk, wrzesien 2003 r. Autor
2
Spis tresci
1 Szczegolna teoria wzgleιdnosci 51.1 Wsteιp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Cwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2 Promieniowanie cia la doskonale czarnego 212.1 Wsteιp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.3 Cwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3 Teoria kinetyczna gazow 333.1 Wsteιp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.3 Cwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4 Oddzia lywanie promieniowania z materiaι 634.1 Wsteιp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 634.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.3 Cwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
5 Fizyka atomu 955.1 Wsteιp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 955.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 975.3 Cwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
6 Mechanika kwantowa 1236.1 Wsteιp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1236.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1246.3 Cwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
7 Fizyka cia la sta lego 1577.1 Wsteιp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1577.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1597.3 Cwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
3
4 SPIS TRESCI
8 Promieniotworczosc 1858.1 Wsteιp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1858.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1878.3 Cwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
9 Reakcje jaιdrowe 2059.1 Wsteιp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2059.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2069.3 Cwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
10 Uzupe lnienia 225I Przyblizone wartosci niektorych sta lych . . . . . . . . . . . . . . 225II Funkcja gamma Eulera Γ(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228III Niektore zwiaιzki mieιdzy uk ladami wspo lrzeιdnych . . . . . . . . . 229
Rozdzia l 1
Szczegolna teoriawzgleιdnosci
1.1 Wsteιp
1. Wspo lrzeιdne kartezjanskie i czas w dwoch inercjalnych uk ladachodniesienia U i U ′ saι ze sobaι zwiaιzane transformacyjnymi wzoramiLorentza. Za lozmy, ze odpowiednie osie wspo lrzeιdnych uk ladow U i U ′
saι do siebie rownoleg le. Jesli preιdkosc V uk ladu U ′ wzgleιdem uk ladu Uskierowana jest wzd luz osi X uk ladu U , to wzory szczegolnej transformacjiLorentza beιdaι mia ly postac
Rys. 1-1 Uk lad U ′ porusza sieι wzgleιdem U z preιdkosciaι V skierowanaιwzd luz osi X ‖ X ′.
x = γ(x′ + V t′) (1.1)
y = y′ (1.2)
5
6 ROZDZIA L 1. SZCZEGOLNA TEORIA WZGLEιDNOSCI
z = z′ (1.3)
t = γ
(t′ +
V x′
c2
), (1.4)
gdzie
γ =1√
1− β2(1.5)
i
β =V
c; (1.6)
zas x, y, z, t i x′, y′, z′, t′ saι odpowiednio wspo lrzeιdnymi kartezjanskimipunktu i czasem w uk ladach odniesienia U i U ′, c - preιdkosciaι falielektromagnetycznej w prozni. Wzory odwrotnej transformacji Lorentzauzyskamy przez zmianeι znaku preιdkosci uk ladu na przeciwny:
x′ = γ(x− V t) (1.7)
y′ = y (1.8)
z′ = z (1.9)
t′ = γ
(t− V x
c2
). (1.10)
2. Jesli rozmiar cia la w kierunku jego ruchu z preιdkosciaι V w uk ladzieodniesienia, w ktorym cia lo spoczywa wynosi l0 = (x20 − x10), to jegod lugosc dla spoczywajaιcego obserwatora wynosi
x2 − x1 = l = l0
√1− V 2
c2. (1.11)
3. Czas mierzony za pomocaι zegara poruszajaιcego sieι razem z danym obiek-tem nazywa sieι czasem w lasnym tego obiektu. Jesli obiekt porusza sieιwzgleιdem innego uk ladu z preιdkosciaι V , to interwa l czasu w lasnego dτwyraza sieι poprzez przedzia l czasu dt w uk ladzie spoczywajaιcym wed lugwzoru
dτ = dt
√1− V 2
c2. (1.12)
4. Peιd p relatywistycznej czaιstki wiaιze sieι z jej preιdkosciaι wzorem
~p = m~v =m0~v√1− v2
c2
, (1.13)
gdzie m0 jest masaι czaιstki znajdujaιcej sieι w spoczynku.
1.2. ZADANIA 7
5. Ca lkowita energia E czaιstki swobodnej moze byc wyrazona przez jejpreιdkosc:
E = mc2 =m0c
2√1− v2
c2
(1.14)
lub przez peιd czaιstki:
E = c√
p2 + m20c
2 =√
p2c2 + E20 , (1.15)
gdzie E0 = m0c2 jest energiaι spoczynkowaι czaιstki. Energia kinetyczna
czaιstkiEkin = E − E0 . (1.16)
6. Czaιstkeι nazywamy nierelatywistycznaι, gdy energia kinetyczna jest ma law porownaniu z energiaι spoczynkowaι, ultrarelatywistycznaι gdy zachodzizaleznosc przeciwna.
1.2 Zadania
1.2.1. Dwa rownoleg le preιty o d lugosci l0 kazdy (w uk ladzie, w ktorymkazdy z nich spoczywa) poruszajaι sieι naprzeciw siebie z jednakowymipreιdkosciami V (rownoleg lymi do obu preιtow) liczonymi wzgleιdemuk ladu odniesienia U . Jaka jest d lugosc jednego z tych preιtow zmierzonaw uk ladzie U ′ zwiaιzanym z drugim preιtem?
Rozwiaιzanie: Za lozmy, ze w uk ladzie U ′ zwiaιzanym z jednym zporuszajaιcych sieι preιtow (oznaczymy go przez B) wspo lrzeιdne x′ i t′
drugiego preιta (A) saι dane przez wzory transformacyjne Lorentza (wzor(1.7))
x′ = γ(x + V t) , t′ = γ
(t +
V x
c2
), (1)
γ−1 =
√1− V 2
c2, (2)
gdzie x i t saι wspo lrzeιdnymi preιta A w uk ladzie U , wzgleιdem ktoregoobydwa preιty poruszajaι sieι z preιdkosciami V zwroconymi przeciwnie.Za lozmy, ze uk lady U i U ′ majaι osie wspo lrzeιdnych X i X ′ zgodne zkierunkiem preιdkosci V .Zwiaιzek mieιdzy preιdkosciami v = V i v′ preιta A, odpowiednio w uk ladachU i U ′, beιdzie po skorzystaniu z wyrazen (1) i (2) postaci
v′ =dx′
dt′=
dx′
dt
dt
dt′=
v + V
1 +vV
c2
=2V
1 +V 2
c2
=2V
1 + β2. (3)
8 ROZDZIA L 1. SZCZEGOLNA TEORIA WZGLEιDNOSCI
D lugosc l preιta A mierzona w uk ladzie U ′ zwiaιzanym z preιtem B beιdzierowna (wzor 1.11)
l = l0√
1− β′2 , (4)
gdzie
β′ =v′
c, (5)
co po uwzgleιdnieniu wyrazenia (3) daje
l = l01− V 2
c2
1 +V 2
c2
= l01− β2
1 + β2. (6)
Dla l0 = 1 m i β = V/c = 0, 1 otrzymamy l = 0, 98 m.
1.2.2. Jak d lugo trwa lby, wed lug czasu liczonego na Ziemi, lot rakiety dogwiazdy Proxima Centauri i z powrotem, gdyby rakieta porusza la sieι zesta laι szybkosciaι v =
√0, 9999c ? Jaki by lby czas lotu ∆t′ mierzony w
uk ladzie rakiety? Odleg losc Ziemi od gwiazdy Proxima Centauri wynosi4, 3 lata swietlne, tj. L ' 4, 07 · 1016 m. Jaka jest energia kinetyczna tejrakiety, jesli jej masa spoczynkowa wynosi 1 · 104 kg ?
Rozwiaιzanie: W uk ladzie U zwiaιzanym z Ziemiaι czas lotu raki-ety wynios lby
∆t =2L
v= 2, 72 · 108 s = 8, 6 lat.
W uk ladzie U ′ zwiaιzanym z rakietaι czas t′ obliczymy korzystajaιc z trans-formacji Lorentza
t = γ(t′ +x′v
c2) . (1)
Teι samaι transformacjeι, w przypadku gdy wiaιze ona wspo lrzeιdne czasowew obu uk ladach przy ustalonej wspo lrzeιdnej x′ = 0, zapiszemy w postaci
t′ = t√
1− β2 , β = v/c . (2)
Dla przedzia low czasu otrzymamy
∆t′ = ∆t√
1− β2 . (3)
Rachunek daje:
∆t′ = ∆t√
1− β2 = 0, 01∆t = 31, 5 dnia.
Energia kinetyczna rakiety beιdzie rowna
Ek = m0c2(γ − 1) ' 2, 5 · 1016 kWh. (4)
Dla porownania energia elektryczna dostarczona przez wszystkie elek-trownie Ziemi w roku 2001 by la rzeιdu 1014 kWh.
1.2. ZADANIA 9
1.2.3. Wyprowadzic wzory przekszta lcenia Lorentza od uk ladu U ′ do uk ladu Udla wektora ~r i czasu t przyjmujaιc, ze preιdkosc ~V uk ladu U ′ wzgleιdem Unie jest rownoleg la do osi x. Wynik przedstawic w postaci wektorowej.
Rozwiaιzanie: Rozk ladamy wektory ~r i ~r′ na kierunki wektorapreιdkosci ~V i kierunek do ~V prostopad ly. W ten sposob
~r = ~r‖ + ~r⊥ i ~r′ = ~r′‖ + ~r′⊥ . (1)
Rzuty wektorow ~r i ~r′ na kierunek ~V saι rowne
r‖ = ~r~V
Vi r′‖ = ~r′
~V
V ,
wobec czego
~r‖ =~r~V
V·
~V
Vi ~r′‖ =
~r′~V
V·
~V
V. (2)
Rys. 2-1 Wektory wodzaιce punktu O′ oraz ich rzuty w uk ladzie U iuk ladzie U ′ poruszajaιcym sieι wzgleιdem U z preιdkosciaι ~V .
Do transformacji sk ladowych ~r‖ i ~r⊥ mozemy teraz zastosowac wzoryszczegolnej transformacji Lorentza. Wowczas
~r‖ = γ(~r′‖ + ~V t′) , γ−1 =
√1− V 2
c2(3)
10 ROZDZIA L 1. SZCZEGOLNA TEORIA WZGLEιDNOSCI
~r⊥ = ~r′⊥ (4)
t = γ
(t′ +
~r′~V
c2
). (5)
Korzystajaιc z (3) i (4) wzor (1) mozna zapiac w postaci
~r = γ(~r′ + ~V t′) + (1− γ) ~r′⊥ . (6)
Wyrazmy teraz wektor ~r′⊥ przez wektory ~r′ i ~V . W tym celu znajdziemywektor jednostkowy osi prostopad lej do wektora ~V .Beιdzie nim wektor
~n⊥ =~n‖ × ~r′
|~n‖ × ~r′|× ~n‖ , (7)
gdzie
~n‖ =~V
V. (8)
Obliczymy teraz wartosc rzutu wektora ~r′ na kierunek wektora ~n⊥. Beιdzieona rowna iloczynowi skalarnemu wektorow ~r′ i wektora jednostkowego (7)
r′⊥ = ~r′ ·
(~n‖ × ~r′
|~n‖ × ~r′|× ~n‖
),
co po uwzgleιdnieniu wzoru (8) daje
~r′⊥ =(~V × ~r′)× ~V
V 2. (9)
Po podstawieniu (9) do (6) otrzymujemy
~r = γ(~r′ + ~V t′) + (γ − 1)(~r′ × ~V )× ~V
V 2. (10)
Transformacja czasu z uk ladu U ′ do uk ladu U dana jest przez wyrazenie(5).
1.2.4. Rakieta startujaιca z Ziemi rozpeιdza sieι do szybkosci v =√
0, 9999 c.Wartosc przyspieszenia rakiety, w uk ladzie odniesienia chwilowozwiaιzanym z rakietaι, wynosi a′ = 20 m/s2 ' 2 g0. Ile czasu potrwarozpeιdzanie rakiety w uk ladzie odniesienia spoczywajaιcym zwiaιzanymz Ziemiaι i w uk ladzie rakiety? Jakaι drogeι przebeιdzie rakieta w tym czasie?
Rozwiaιzanie: Skorzystajmy z wyrazenia (10) - zad.1.2.3, wiaιzaιcegopromien wodzaιcy ~r punktu w spoczywajaιcym uk ladzie odniesienia iw uk ladzie poruszajaιcym sieι (~r′) wzgleιdem uk ladu spoczywajaιcego,
1.2. ZADANIA 11
z preιdkosciaι ~V dowolnie skierowanaι. Rozniczkujaιc wzgleιdem czasu t(liczonego w uk ladzie spoczywajaιcym) wektor ~r
d~r
dt= γ
(d~r′
dt′dt′
dt+ ~V
dt′
dt
)+ (γ − 1)
(d~r′
dt′dt′
dt× ~V
)× ~V
V 2, (1)
gdzie
γ =1√
1− V 2
c2
(2)
i korzystajaιc ze wzoru wiaιzaιcego czas w obydwu uk ladach
t = γ
(t′ +
~r′~V
c2
)(3)
oraz z wynikajaιcego z niego wyrazenia
dt′
dt=
1
γ
(1 +
~v′~V
c2
) , (4)
otrzymujemy po prostych przekszta lceniach algebraicznych wyrazeniewiaιzaιce preιdkosci punktu w obu uk ladach:
~v =~v′ + ~V + (γ − 1)
~V
V 2
[(~v′~V ) + V 2
]γ
(1 +
~v′~V
c2
) . (5)
Rozniczkujaιc nasteιpnie wzgleιdem t wyrazenie (5) otrzymamy zwiaιzekmieιdzy przyspieszeniami punktu w obydwu uk ladach
~a =1
γ2
(1 +
~v′~V
c2
)2 ·
~a′ − (γ − 1)(~a′~V )~V
γ
(1 +
~v′~V
c2
)V 2
− (~a′~V )~v′
c2
(1 +
~v′~V
c2
) . (6)
Staιd widac, ze jesli w jednym uk ladzie odniesienia punkt porusza sieιze sta lym przyspieszeniem ~a′, to w drugim uk ladzie przyspieszenie ~aw ogolnosci zalezy od czasu; funkcjaι czasu jest preιdkosc ~v′ punktu.Jesli punkt jest kolejno zwiaιzany chwilowo z uk ladem poruszajaιcym sieι(v′ = 0, V = v), a ruch odbywa sieι ze sta lym przyspieszeniem ~a′ ‖ ~v , toz wyrazenia (6) mamy
a ≡ dv
dt=
a′
γ3, (7)
12 ROZDZIA L 1. SZCZEGOLNA TEORIA WZGLEιDNOSCI
skaιd
dt =γ3dv
a′. (8)
Wykonujaιc ca lkowanie otrzymujemy
t =1a′
v√1− v2/c2
+ const. (9)
Uwzgleιdniajaιc, ze v = 0 dla t = 0, otrzymujemy wyrazenie na czas trwanialotu rakiety (przyspieszania) w uk ladzie zwiaιzanym z Ziemiaι:
t =1a′
v√1− v2/c2
(10)
co po podstawieniu danych liczbowych daje wynik (czas rozpeιdzania)
t = 1, 5 · 109 s ' 47, 5 lat. (11)
W uk ladzie zwiaιzanym z rakietaι przedzia l czasowy dτ wiaιze sieι zprzedzia lem czasowym dt w uk ladzie spoczywajaιcym nasteιpujaιco:
dτ = dt
√1− v2
c2. (12)
Szybkosc v = v(t) znajdziemy z wyrazenia (10)
v =a′t√
1 +a′2t2
c2
. (13)
Jesli zaniedbamy wp lyw si l bezw ladnosci na chod zegara w rakiecie, towykonujaιc ca lkowanie wyrazenia (12) po uwzgleιdnieniu (13) mamy
τ =∫ t
0
√1− v2
c2dt =
∫ t
0
dt√1 + a′2t2/c2
=c
a′arcsinh
(a′t
c
)=
=c
aln[a′t
(1c
+1v
)]= 7, 95 · 107 s ' 2, 5 lat. (14)
Odcinek drogi przebyty w czasie rozpeιdzania rakiety otrzymamywykonujaιc ca lkowanie rownania (13) (v = dr/dt).Uwzgleιdniajaιc, ze dla t = 0 r = 0 mamy
r =c2
a′
(√1 +
a′2t2
c2− 1
)=
c2
a′
(cosh
(a′τ
c
)− 1)
. (15)
Dla a′t c v = a′,a wzor (15) przechodzi w wyrazenie klasyczne (niere-latywistyczne):
r =a′t2
2. (16)
1.2. ZADANIA 13
Natomiast dla a′t −→ ∞ szybkosc v (we wzorze 13) daιzy do wartoscista lej c.Po podstawieniu danych mamy
r ' 4, 5 · 1017 m,
to znaczy oko lo 1/1000 czeιsci drogi z Ziemi do granic Galaktyki. Przyzadanych wyzej warunkach granice Galaktyki rakieta osiaιgnie po okre-sie czasu oko lo 105 lat (w uk ladzie rakiety nieco ponad 5 lat), przy tymszybkosc rakiety by laby bardzo bliska c. Gdyby obowiaιzywa la transfor-macja Galileusza (c −→ ∞), to ten sam lot w obydwu uk ladach trwa lbykilkanascie lat.Jezeli przyjmiemy, ze podroz do Proxima Centauri (zad. 1.2.2) odbywasieι do chwili osiaιgnieιcia przez rakieteι preιdkosci v = 0, 8 c, poczaιtkoworuchem przyspieszonym z przyspieszeniem w uk ladzie chwilowo zwiaιzanymz rakietaι rownym a′ = 1 g0 (przyspieszenie, ktore w warunkachd lugotrwa lego lotu by loby najlepiej znoszone przez pasazerow), nasteιpnieruchem jednostajnym z szybkosciaι v = 0, 8 c, a pozosta laι czeιsc drogirownaι pierwszemu odcinkowi (we wzorach (10) i (15) wysteιpuje wartoscbezwzgleιdna przyspieszenia) ruchem opoznionym z opoznieniem a′ = 1 g0,to czas podrozy do Proxima Centauri i z powrotem opisanej w zadaniu(1.2.2) znacznie sieι wyd luzy. W uk ladzie zwiaιzanym z Ziemiaι beιdziewynosi l t = 12, 4 lat, a w uk ladzie rakiety τ = 8, 6 lat.
1.2.5. Wyprowadzic wzory na sk ladanie preιdkosci w przypadku, gdy preιdkosc~V uk ladu U ′ wzgleιdem U ma kierunek dowolny. Wzory przedstawic wpostaci wektorowej.
Rozwiaιzanie: Preιdkosc ~v rozk ladamy podobnie jak w zadaniu(1.2.3) na kierunki rownoleg ly i prostopad ly do kierunku wektora ~V :
~v = ~v‖ + ~v⊥ . (1)
Obie sk ladowe preιdkosci znajdujemy korzystajaιc z wyprowadzonych wzadaniu (1.2.3) wzorow transformacyjnych sk ladowych wektora ~r.Dla sk ladowej ~r‖ mamy
~r‖ = γ
(~V ·
~r′~V
V 2+ ~V t′
), γ−1 =
√1− V 2
c2. (2)
Staιd
~v‖ =d~r‖
dt=
d~r‖
dt′dt′
dt=
~V ·~v′~V
V 2+ ~V
1 +~v′~V
c2
. (3)
14 ROZDZIA L 1. SZCZEGOLNA TEORIA WZGLEιDNOSCI
Sk ladowa prostopad la preιdkosci transformuje sieι nasteιpujaιco:
~v⊥ =d ~r⊥dt
=~v′ − ~V
~v′~V
V 2
γ
(1 +
~v′~V
c2
) , ~r⊥ = ~r′⊥ = ~r′ − ~r′‖ . (4)
Po dodaniu sk ladowych preιdkosci ~v‖ i ~v⊥ otrzymujemy
~v =~V
~v′~V
V 2+ ~V
1 +~v′~V
c2
+~v′ − ~V
~v′~V
V 2
γ
(1 +
~v′~V
c2
) =
=~v′ + ~V + (γ − 1)~V /V 2
(~v′~V + V 2
)γ
(1 +
~v′~V
c2
) . (5)
1.2.6. Strumien monoenergetycznych mezonow µ, powstajaιcych w gornychwarstwach atmosfery, biegnie prostopadle ku powierzchni Ziemi. Znalezcstosunek nateιzenia strumienia mezonow µ na wysokosci h = 3 km nadpowierzchniaι morza i na poziomie morza. Przyjaιc, ze w rozpatrywanejwarstwie atmosfery o grubosci h, os labienie strumienia zwiaιzane jest tylkoz samorzutnym rozpadem mezonow µ. Energia mezonow E = 5 · 108 eV,sredni czas zycia spoczywajaιcego mezonu τ0 = 2, 1 · 10−6 s.
Rozwiaιzanie: Szybkosc ubywania mezonow µ w strumieniu w wynikuich rozpadu
dI
dt= − I
τ, I ' const · exp
(− t
τ
), (1)
skaιd
Ih = I0 exp(
h
vτ
), (2)
gdzie Ih i I0 saι odpowiednio nateιzeniem strumienia mezonow na wysokoscih i na poziomie morza, v - szybkosciaι mezonow (bardzo bliskaι preιdkosciswiat la c). Mieιdzy czasem zycia w uk ladzie obserwatora zwiaιzanego zZiemiaι τ i czasem zycia w uk ladzie mezonu τ0 zachodzi zwiaιzek
τ =τ0√
1− v2
c2
. (3)
Poniewaz energia mezonu poruszajaιcego sieι swobodnie z preιdkosciaι v
E =m0µc2√1− v2
c2
, (4)
1.2. ZADANIA 15
wieιc
τ =Eτ0
m0µc2. (5)
Stosunek nateιzen strumienia mezonow na wysokosciach h1 i h2
Ih1
Ih2
= exp(
h1 − h2
vτ0Em0µc2
). (6)
K ladaιc h1 = h, h2 = 0, v = c otrzymujemy
Ih
I0= exp
(hm0µc2
cτ0E
). (7)
Podstawiajaιc dane liczbowe (m0µc2 = 105 MeV) znajdujemy
Ih
I0' e ' 2, 7 . (8)
W przypadku, gdyby relatywistyczna transformacja (3) czasu zyciamezonu nie zachodzi la, to przy za lozeniu, ze v ' c otrzymalibysmy
Ih
I0= exp
(h
cτ0
)= e4,76 = 119 . (9)
Dane eksperymentalne zgadzajaι sieι dobrze z wynikiem (8) i saιprostym doswiadczalnym potwierdzeniem relatywistycznego up lywu czasu(skrocenia) w uk ladach poruszajaιcych sieι.
1.2.7. Znalezc szybkosc elektronu przyspieszonego przez rozniceι potencja lowU = 1 MV. Przed wejsciem w obszar pola szybkosc elektronu by la bardzoma la.
Rozwiaιzanie: Energiz kinetyczna elektron po przebyciu roznicypotencja low U ma energieι kinetycznaι
Ekin = eU . (1)
Energia kinetyczna elektronu wyraza sieι poprzez jego szybkosc v wzorem
Ekin = E − E0 =m0c
2√1− v2
c2
−m0c2 = m0c
2
1√1− v2
c2
− 1
. (2)
Porownujaιc wyrazenia (1) i (2) otrzymujemy
eU = E0
1√1− v2
c2
− 1
. (3)
16 ROZDZIA L 1. SZCZEGOLNA TEORIA WZGLEιDNOSCI
Rozwiaιzujaιc rownanie (3) wzgleιdem v mamy:
v = c
√1−
(E0
eU + E0
)2
. (4)
Przy zadanych warunkach znajdujemy
v ' 2√
23
c = 2, 83 · 108 m/s. (5)
W szczegolnosci, gdy eU E0 (przypadek nierelatywistyczny) wyrazenie(4) z dok ladnosciaι do dwoch wyrazow rozwinieιcia ma postac
v = c
√2eU
E0
(1− 3
4eU
E0.
) c . (6)
W przypadku ultrarelatywistycznym eU E0 mamy
v = c
[1− 1
2
(E0
eU
)2]' c . (7)
1.2.8. Cia lo porusza sieι z szybkosciaι v = 2 · 108 m/s. Ile razy wzrosnie geιstosctego cia la w porownaniu z wartosciaι ρ0 geιstosci cia la spoczywajaιcego ?
Rozwiaιzanie: Poniewaz wymiary liniowe cia la prostopad le do kierunkuruchu nie zmieniajaι sieι, objeιtosc cia la w ruchu
V = V0
√1− v2
c2, (1)
gdzie V0 jest objeιtosciaι cia la w spoczynku. Geιstosc cia la poruszajaιcegosieι
ρ =m
V=
m
V0
√1− v2
c2
. (2)
Masa cia la zalezy od preιdkosci jego ruchu wed lug wzoru
m =m0√
1− v2
c2
, (3)
gdzie m0 jest masaι w uk ladzie odniesienia, w ktorym cia lo spoczywa.Podstawiajaιc (3) do (2) mamy
ρ =m0
V0(1− v2/c2)=
ρ0
1− v2/c2, (4)
skaιd ρ
ρ0= 1, 8 . (5)
1.3. CWICZENIA 17
1.3 Cwiczenia
1.3.1. Jakie powinno byc nateιzenie pola elektrycznego w kondensatorze p laskim,aby zgodnie z zasadami mechaniki klasycznej poruszajaιcy sieι w tym poluelektron uzyska l preιdkosc swiat la? Jakaι preιdkosc uzyska elektron w tympolu zgodnie z mechanikaι relatywistycznaι? Odleg losc mieιdzy ok ladkamikondensatora wynosi d = 1 mm.
Odpowiedz:
E =U
d=
m0c2
2ed' 2, 5 · 108 V/m
v =√
53
c ' 2, 24 · 108 m/s.
1.3.2. Dwie wiaιzki elektronow biegnaι naprzeciw sobie z szybkosciaι v = 0, 9 ckazda, mierzonaι wzgleιdem laboratoryjnego uk ladu odniesienia. Znalezcwartosc szybkosci wzgleιdnej vr elektronow w uk ladzie zwiaιzanym z jednaιz wiaιzek elektronow, korzystajaιc z:a) transformacji Galileuszab) transformacji Lorentza
Odpowiedz:(a) vr = 2v = 1, 8 c ' 5, 4 · 108 m/s, (!) > c
(b) vr =2v
1 + v2/c2' 0, 994 c ' 2, 98 · 108 m/s < c
1.3.3. Obliczyc skrocenie preιta o d lugosci l0 = 1 m (mierzonej w uk ladzie,w ktorym preιt spoczywa), ktory porusza sieι wzgleιdem obserwatora zszybkosciaι v = 1, 8 · 108 m/s.
Odpowiedz:
∆l = l0
(1−
√1− v2
c2
)' 0, 2 m.
1.3.4. Masa cia la poruszajaιcego sieι z pewnaι szybkosciaι wzros la o 1/3 masy cia laspoczywajaιcego. Ile razy zmniejszy la sieι d lugosc cia la?
Odpowiedz:l
l0=
m0
m=
34
.
1.3.5. Znalezc objeιtosc szescianu w uk ladzie poruszajaιcym sieι ze sta laι szy-bkosciaι v w kierunku rownoleg lym do kraweιdzi szescianu. Objeιtoscszescianu w spoczynku wynosi V0 = l30.
18 ROZDZIA L 1. SZCZEGOLNA TEORIA WZGLEιDNOSCI
Odpowiedz:
V = V0
√1− v2
c2;
dla v = 1, 8 · 108 m/s V/V0 = 0, 8.
1.3.6. Antykatoda lampy rentgenowskiej bombardowana jest przez elektrony oszybkosci v = 1 · 108 m/s. Okreslic najwieιkszaι czeιstosc promieniowaniaw widmie ciaιg lym wytwarzanym przez teι lampeι. Uwzgleιdnic zaleznoscmasy elektronu od preιdkosci jego ruchu.
Odpowiedz:
νmax =m0ec
2
h
(√1− v2
c2
)−1
− 1
' 7, 5 · 1018 s−1 .
Odpowiada to d lugosci fali promieniowania λmin = c/νmax ' 0, 4 · 10−10
m.
1.3.7. Energia kinetyczna mezonow π, liczona wzgleιdem uk ladu laboratoryjnego,wynosi E = 98, 5 GeV. Sredni czas zycia tych mezonow, mierzony wuk ladzie laboratoryjnym, wynosi τ = 1, 8 · 10−5s. Znalezc w lasny czaszycia τ0 mezonow π w uk ladzie zwiaιzanym z poruszajaιcymi sieι mezonami.
Odpowiedz:
τ0 =τ
1 +E
m0c2
=τ
1 +E
E0
' 2, 55 · 10−8 s.
1.3.8. Proton o energii E = 70 GeV i masie mp porusza sieι w kierunkuspoczywajaιcego neutronu o masie mn. Znalezc preιdkosc v srodka masyobu czaιstek liczonaι wzgleιdem uk ladu laboratoryjnego.
Odpowiedz:
v =c√
E2 −m2pc
4
E + mnc2' 0, 985 c .
1.3.9. Czaιstka o masie spoczynkowej m0 ma energieι E. Znalezc preιdkosc tejczaιstki. Rozpatrzyc tez przypadki nierelatywistyczny i ultrarelatywisty-czny.
Odpowiedz:
v = c
√1−
(m0c2
E
)2
1.3. CWICZENIA 19
v '
c
√2(E −m0c2)
m0c2dla m0c
2 E
c
[1− 1
2
(m0c
2
E
)2]
dla m0c2 E
1.3.10. Efekt zderzenia dwoch czaιstek zalezy od ich preιdkosci wzgleιdnej. Teιsamaι wartosc szybkosci wzgleιdnej czaιstek mozna uzyskac na dwa sposoby(za lozmy dla uproszczenia, ze masy m0 zderzajaιcych sieι czaιstek saι jed-nakowe):
a) jeden akcelerator przyspiesza czaιstki do energii E1, po czym uderzajaιone w nieruchomaι tarczeι z lozonaι z takich samych czaιstek,
b) dwa jednakowe akceleratory ustawione saι tak, ze wybiegajaιce z nichczaιstki biegnaι sobie naprzeciw, przy czym kazdy akcelerator rozpeιdzaczaιstki do energii E2 < E1.
Porownac wartosci E1 i E2.
Odpowiedz:
E1 =m0c
2√1− V 2
c2
= m0c2
[2(
E2
m0c2
)2
− 1
],
gdzie V =2v
1 + (v2/c2).
W przypadku gdy E2 m0c2
E1 =2E2
2
m0c2.
Dwie przeciwbiezne wiaιzki elektronow (m0c2 ' 0, 5 MeV) o energii
E2 = 50 MeV kazda spowodujaι ten sam efekt jak jedna wiaιzka elek-tronow o energii E1 = 10 GeV (= 200 E2) uderzajaιca w nieruchomaιtarczeι z elektronami.
20 ROZDZIA L 1. SZCZEGOLNA TEORIA WZGLEιDNOSCI
Rozdzia l 2
Promieniowanie cia ladoskonale czarnego
2.1 Wsteιp
1. Stosunek zdolnosci emisyjnej dowolnego cia la do jego zdolnosci absorp-cyjnej jest sta ly i rowny zdolnosci emisyjnej cia la doskonale czarnego(prawo Kirchhoffa).
E(λ, T )A(λ, T )
= EC(λ, T ) ; (2.1)
z definicji cia la doskonale czarnego jego zdolnosc absorpcyjna AC = 1 .
2. Wzor Plancka na rozk lad energii w widmie promieniowania cia la doskonaleczarnego
E(λ, T ) =2πhc2
λ5
1
exp(
hc
λkT
)− 1
, (2.2)
gdzie T jest temperaturaι cia la doskonale czarnego, λ - d lugosc falipromieniowania, c - preιdkosc fali elektromagnetycznej w prozni, k - sta laBoltzmanna.
21
22 ROZDZIA L 2. PROMIENIOWANIE CIA LA DOSKONALE CZARNEGO
Rys. 2-1 Wykres funkcji E(λ, T ) rozk ladu energii w widmiepromieniowania cia la doskonale czarnego dla roznych temperatur cia la w
zaleznosci od d lugosci λ emitowanej fali.
2.2 Zadania
2.2.1. Znalezc ilosc energii wypromieniowanej przez S lonce, jaka przechodziw ciaιgu jednej sekundy przez powierzchnieι rownaι 1 m2 ustawionaιprostopadle do biegu promieni w odleg losci rownej sredniej odleg losciZiemi od S lonca. Za lozyc, ze powierzchnia S lonca emituje energieι jakcia lo doskonale czarne.
Rozwiaιzanie: Za lozmy, ze energia E11, ktoraι wypromieniowujejednostka powierzchni S lonca w ciaιgu jednej sekundy jest jednakowa dlaca lej jego powierzchni. Jesli przyjaιc, ze S lonce jest kulaι o promieniu R,to w ciaιgu jednej sekundy ca la powierzchnia S lonca emituje w pe lny kaιtbry lowy energieι
E1 = 4πR2E11 . (1)W jednostkowy kaιt bry lowy emitowana jest w ciaιgu jednej sekundy energia
EΩ1 =E1
4π= E11R
2 . (2)
2.2. ZADANIA 23
Kaιt bry lowy odpowiadajaιcy elementowi powierzchni ∆S umieszczonemuprostopadle do biegu promieni w odleg losci L od S lonca
Ω∆S =∆S
L2. (3)
Ca lkowita energia przechodzaιca przez teι powierzchnieι w ciaιgu jednejsekundy
E∆S = EΩ1Ω∆S = E1∆S
4πL2. (4)
Na jednostkeι tej powierzchni pada w ciaιgu jednej sekundy ilosc energii
E11 =E∆S
∆S=(
R
L
)2
E11 . (5)
Poniewaz za lozylismy, ze S lonce promieniuje energieι jak cia lo doskonaleczarne, wieιc zwiaιzek mieιdzy ca lkowitaι ilosciaι energii wypromieniowanej wciaιgu jednej sekundy przez jednostkeι powierzchni S lonca i jej temperaturaιT otrzymamy ca lkujaιc wyrazenie na rozk lad energii w widmie cia ladoskonale czarnego E(λ, T ) wzgleιdem λ po ca lym zakresie widma
E11 =∫ ∞
0
E(λ, T )dλ = 2πhc2
∫ ∞
0
1
exp(
hc
λkT
)− 1
· dλ
λ5=
2π5
15k4
h3c2T 4 ;
(6)lub
E11 = σT 4 , (7)
gdzie σ = 5, 67 · 10−8 (W/m2)K−4 jest sta laι Stefana. Korzystajaιc z (5) i(7) - (prawo Stefana-Boltzmanna) mamy
E11 = σ
(R
L
)2
T 4 . (8)
Podstawiajaιc dane liczbowe (R = 6, 95 · 108 m i L = 1, 49 · 1011 m)otrzymujemy przyjmujaιc T = 5760 K
E11 = 1374 W/m2. (9)
Wyliczona wielkosc nosi nazweι sta lej s lonecznej, S.
2.2.2. Obliczyc o ile zmienia sieι w ciaιgu jednej sekundy masa S lonca w wynikuemisji promieniowania. Za lozyc, ze S lonce promieniuje jak cia lo doskonaleczarne.
Rozwiaιzanie: Powierzchnia S lonca w ciaιgu jednej sekundy wysy laenergieι
E1 = 4πr2E11 , (1)
24 ROZDZIA L 2. PROMIENIOWANIE CIA LA DOSKONALE CZARNEGO
gdzie r jest promieniem S lonca, E11 zas ilosciaι energii emitowanej przez 1m2 powierzchni S lonca w ciaιgu jednej sekundy, przy czym
E11 = σT 4 . (2)
W wyrazeniu (2) T oznacza temperatureι powierzchni S lonca, σ zas jeststa laι rownaι 5, 67 · 10−8 (W/m)2)K−4. Po podstawieniu (2) do (1) otrzy-mujemy
E1 = 4πr2σT 4 . (3)
Korzystajaιc ze zwiaιzku: E = mc2 mamy
m1 =E1
c2=
4πσ
c2r2T 4 . (4)
Po podstawieniu danych liczbowych dostajemy
m1 = 4, 5 · 109 kg/s,
co w porownaniu z masaι S lonca, ktora jest rowna 2·1030 kg, jest wartosciaιbardzo ma laι.
2.2.3. Kulkeι o promieniu R zawieszono na nici beιdaιcej z lym przewodnikiemciep la. Ca losc umieszczono w naczyniu, z ktorego odpompowanopowietrze. Kulka promieniuje energieι jak cia lo doskonale czarne niepoch laniajaιc przy tym zadnej energii. Po jakim czasie temperatura kulkiobnizy sieι od temperatury poczaιtkowej T1 do temperatury T2? Geιstoscmateria lu, z ktorego wykonana jest kulka wynosi ρ.
Rozwiaιzanie: Ca lkowita ilosc energii wypromieniowanej w ciaιgujednej sekundy przez jednostkeι powierzchni cia la doskonale czarnego otemperaturze T jest rowna (wzor (7) z zadania 2.2.1)
E11 = σT 4 . (1)
W ciaιgu jednej sekundy ca la powierzchnia kulki wypromieniowuje energieι
E1 = 4πR2σT 4 . (2)
W ciaιgu czasu dt temperatura kulki obnizy sieι o wartosc dT , przy czymkulka straci energieι
E1dt = −mckdT , (3)
gdzie m jest masaι kulki, ck - ciep lo w lasciwe materia lu kulki. Z (2) i (3)mamy
dt = − mck
4πR2σ
dT
T 4, (4)
a zatem
t = − mck
4πR2σ
∫ T2
T1
dT
T 4=
mck
12πR2σ
(1
T 32
− 1T 3
1
). (5)
2.2. ZADANIA 25
Ale
m =43πρR3 , (6)
wieιc
t =ckρR
9σ
(1
T 32
− 1T 3
1
)=
ρckR
9σT 32
[1−
(T2
T1
)3]
. (7)
Dla T1 T2 wyrazenie (7) mozna uproscic i otrzymujemy
t =ρckR
9σ· 1T 3
2
. (8)
Dla kulki zelaznej (ρ = 7, 9·103 kg/m3, ck = 4, 6·102 J/(kg K)) o promieniuR = 0, 1 m, dla temperatur T1 = 1500 K i T2 = 300 K otrzymujemy czasostygania t = 7, 3 godz.
Jesli powierzchnia kulki jest szara (zdolnosc absorpcyjna A nie jest funkcjaιd lugosci fali absorbowanego promieniowania: zdolnosc emisyjna ε jestrowna zdolnosci absorpcyjnej A) to
t =ρckR
9εσT 32
[1−
(T2
T1
)3]
. (9)
2.2.4. Srednia temperatura cia la ludzkiego wynosi 310 K. Okreslic d lugoscfali promieniowania λmax wysy lanego przez cz lowieka, odpowiadajaιcaιmaksimum funkcji rozk ladu emitowanej przez niego energii. Przyjaιc, zecia lo ludzkie promieniuje jak cia lo doskonale czarne.
Rys. 2-2 Zaleznosc funkcji E(λ, T ) rozk ladu energii w widmiepromieniowania cia la doskonale czarnego, λmax jest wartosciaι d lugosci
fali, przy ktorej funkcja E(λ, T ) osiaιga maksimum.
26 ROZDZIA L 2. PROMIENIOWANIE CIA LA DOSKONALE CZARNEGO
Rozwiaιzanie: Zaleznosc mieιdzy λmax i T znajdujemy z rownania
dE(λ, T )dλ
= 0 , (1)
gdzie
E(λ, T ) =2πhc2
λ5
1
exp(
hc
λkT
)− 1
(2)
jest wzorem Plancka dajaιcym rozk lad energii w widmie cia la doskonaleczarnego. Podstawiajaιc (2) do (1) i wykonujaιc rozniczkowanie otrzymu-jemy rownanie
−5
λ6 exp(
hc
λkT
)− 1
+
hc
kTexp
(hc
λkT
)λ7
[exp
(hc
λkT
)− 1]2 = 0 . (3)
Po podstawieniu do (3) zmiennej pomocniczej
hc
λkT= x (4)
i uporzaιdkowaniu rownania otrzymamy
xex
ex − 1= 5 . (5)
Rownanie przesteιpne (5) mozna rozwiaιzac na przyk lad metodaι graficznaι(przyk lad rozwiaιzania rownania przesteιpnego w zadaniu (6.2.7)), skaιdotrzymuje sieι wartosc xmax = 4, 965, a wieιc
λmax =hc
4, 965 kT' 2, 9
Tmm K ; (prawoWiena) . (6)
Podstawiajaιc T = 310 K dostajemy d lugosc fali λmax = 9, 5 · 10−6 mlezaιcaι w bliskiej podczerwieni.
2.2.5. Ca lkowita ilosc energii promieniowania o d lugosciach fali zawartych wprzedziale (λ0,∞) emitowanego w ciaιgu jednej sekundy przez jednostkeιpowierzchni cia la promieniujaιcego energieι jak cia lo doskonale czarne,wynosi P . Znalezc temperatureι tego cia la wiedzaιc, ze λ0 jest znaczniewieιksze od d lugosci fali λmax odpowiadajaιcej maksimum funkcji rozk laduenergii E(λ, T ) w widmie cia la doskonale czarnego.
Rozwiaιzanie: Ze wzoru Plancka na zdolnosc emisyjnaι cia la doskonaleczarnego mamy
ε(ν, T ) =2πh
c2
ν3
exp(
hν
kT
)− 1
, ν =c
λ. (1)
2.2. ZADANIA 27
Ca lkowita moc promieniowania o czeιstosciach z przedzia lu (0, ν0),odpowiadajaιcego przedzia lowi (λ0,∞), wysy lanego przez jednostkeιpowierzchni cia la doskonale czarnego
P =∫ ν0
0
ε(ν, T )dν = (2)
=2πh
c2
∫ ν0
0
ν3
exp(
hν
kT
)− 1
dν . (3)
Dla λ λmax (co odpowiada niskim czeιstosciom, takim ze hν kT )mozemy rozwinaιc w szereg funkcjeι wysteιpujaιcaι w mianowniku wyrazeniapodca lkowego. Dostajemy wowczas
exp(
hν
kT
)− 1 ' 1 +
hν
kT· · · − 1 ' hν
kT. (4)
Podstawiajaιc (4) do (3) otrzymamy
P =2πh
c2
∫ ν0
0
kT
hν2dν =
23π
kT
c2ν30 =
23π
ckT
λ30
, (5)
a zatem
T =3
2π
λ30P
ck. (6)
Zak ladajaιc, ze mierzymy emitowanaι energieι w przedziale d lugosci falipowyzej λ0 = 2 ·10−5 m i ze P = 0, 313 W/m2, otrzymujemy temperatureιzrod la T = 2890 K (λmax dla cia la o tej temperaturze beιdzie rowne 10−6
m, to znaczy, ze relacja λ λmax warunkujaιca s lusznosc stosowaniawzoru (6) nie jest spe lniona i znalezionaι wartosc temperatury nalezy trak-towac jako orientacyjnaι, co w przypadku tak wysokich temperatur mozebyc wystarczajaιce).
2.2.6. Okreslic temperatureι powierzchni Ziemi zak ladajaιc, ze S lonce promieniujeenergieι jak cia lo doskonale czarne o temperaturze TS i ze temperaturaZiemi jest jednakowa na ca lej powierzchni. Rozpatrzyc dwa przypadki:
1. Ziemia jest cia lem szarym.
2. Ziemia poch lania tylko promieniowanie o czeιstosciach z waιskiegoprzedzia lu czeιstosci.
Rozwiaιzanie: Moc promieniowania S lonca poch laniana przez Ziemieι jestrowna (zad. 2.2.1)
Pa = AπR2Zσ
(RS
L
)2
T 4S , (1)
28 ROZDZIA L 2. PROMIENIOWANIE CIA LA DOSKONALE CZARNEGO
gdzie L jest sredniaι odleg losciaι Ziemi od S lonca, RS jest promieniemS lonca, a RZ - promieniem Ziemi; dla cia la szarego zdolnosc absorp-cyjna A nie jest funkcjaι d lugosci absorbowanego promieniowania. Mocwypromieniowana przez Ziemieι
Pe = A · 4πR2ZσT 4
Z , (2)
(dla cia la szarego zdolnosc absorpcyjna, A, jest rowna jego zdolnosciemisyjnej ε). Warunek rownowagi termodynamicznej ma postac
Pa = Pe , (3)
skaιd
TZ =
√RS
2LTS . (4)
Po podstawieniu danych liczbowych: RS = 7 · 108 m, L = 1, 5 · 1011 m iTS = 6000 K otrzymamy temperatureι powierzchni Ziemi
TZ ' 290 K. (5)
Wartosc ta jest bliska sredniej rzeczywistej temperaturze powierzchniZiemi.
W przypadku gdy Ziemia poch lania promieniowanie selektywnie
∆Pa = πR2Z
2πhc2
λ5
∆λ
exp(
hc
λkTS
)− 1
(RS
L
)2
, (6)
moc zas wypromieniowana przez powierzchnieι Ziemi
∆Pe = 4πR2Z
2πhc2
λ5
∆λ
exp(
hc
λkTZ
)− 1
. (7)
Jak poprzednio, warunek rownowagi ma postac
∆Pa = ∆Pe , (8)
skaιd (RS
L
)2 1
exp(
hc
λkTS
)− 1
=4
exp(
hc
λkTZ
)− 1
. (9)
Rozwiaιzujaιc (9) wzgleιdem TZ otrzymujemy
TZ =hc
λk
1
ln
(2L
RS
)2 [exp
(hc
λkTS
)− 1]
+ 1
. (10)
2.3. CWICZENIA 29
Podstawienie w miejsce λ d lugosci fali λmax odpowiadajaιcej maksimumfunkcji rozk ladu energii E(λ, T ) w widmie promieniowania S lonca, pozwalaznacznie uproscic wyrazenie (10). Poniewaz
exp(
hc
λmaxkTS
)= exp(4, 965) 1 ,
wieιc jedynkeι w wyrazeniu
exp(
hc
λkTS
)− 1
mozna zaniedbac. Poniewaz rowniez (2L/RS)2 1, to mozna takzezaniedbac jedynkeι w mianowniku wyrazenia (10) wysteιpujaιcaι poza naw-iasem kwadratowym. Uproszczone wyrazenie (10) ma postac
TZ = TS4, 965
2 ln(
2L
RS
)+ 4, 965
' 0, 29 TS . (11)
Podstawiajaιc TS = 6000 K otrzymujemy TZ = 1743 K. Widac, zeza lozenie iz Ziemia jest cia lem szarym jest bardziej poprawne.
2.3 Cwiczenia
2.3.1. W bance oproznionej z powietrza umieszczono drucik wolframowy osrednicy d = 0, 1 mm. Jakie powinno byc nateιzenie praιdu elektrycznegop lynaιcego przez drucik, aby jego temperatura T = 2000 K by la sta la?Zak ladamy, ze w lokno wypromieniowuje energieι jak cia lo doskonale czarnei ze straty cieplne spowodowane przewodnictwem ciep la mozna pominaιc.Opor w lasciwy drutu ρ = 5, 5 · 10−8 Ωm.
Odpowiedz:
i =πdT 2
2
√dσ
ρ' 6, 4 A.
2.3.2. Temperatura cia la doskonale czarnego wynosi t1 = 127C. Popodwyzszeniu temperatury ca lkowita moc wypromieniowywana przezcia lo wzros la n - krotnie. O ile stopni wzros la przy tym temperaturacia la?
Odpowiedz:
∆T = T1
(4√
n− 1)' 75, 6 K dla n = 2 .
2.3.3. Sta la s loneczna, to znaczy ilosc energii promieniowania s lonecznego, ktoraprzechodzi w ciaιgu jednej sekundy przez powierzchnieι 1 m2 ustawionaιprostopadle do kierunku biegu promieni w poblizu powierzchni Ziemi (na
30 ROZDZIA L 2. PROMIENIOWANIE CIA LA DOSKONALE CZARNEGO
granicy atmosfery), wynosi 1374 W/m2. Zak ladajaιc, ze S lonce promieni-uje jak cia lo doskonale czarne okreslic temperatureι jego powierzchni.
Odpowiedz:
T = 4
√(L
R
)2 1374σ
' 5760 K ,
gdzie L - srednia odleg losc Ziemia - S lonce, R - promien S lonca.
2.3.4. Z otworu w piecu o powierzchni S = 10 cm2 emitowana jest w ciaιgu t = 10minut energia E rowna 250 kJ. W jakiej czeιsci widma lezy d lugosc fali,na ktoraι przypada maksimum funkcji rozk ladu energii promieniowania?
Odpowiedz:
λmax = b4
√σtS
E' 1, 76 · 10−6m ; b−sta laWiena .
2.3.5. Korzystajaιc ze wzoru Plancka znalezc sredniaι d lugosc fali w widmiepromieniowania S lonca. Temperatura powierzchni S lonca TS = 5760 K.
Wskazowka:
λ =
∫∞0
λE(λ, T )dλ∫∞0E(λ, T )dλ
.
Podstawic nowaι zmiennaι x = hc/(λkT ) i skorzystac z wyliczonych ca lekoznaczonych ∫ ∞
0
xn−1
exp(x)− 1dx = Γ(n) ζ(n) ,
gdzie Γ(n) jest funkcjaι gamma, ktora dla naturalnych wartosci argumentuma postac Γ(n) = (n− 1)! , ζ(n) jest funkcjaι dzeta Riemanna1
ζ(n) =∞∑
s=1
1sn
=
π3
25, 794= 1, 202 dla n = 3
π4
90= 1, 082 dla n = 4 .
Odpowiedz:
λ = 0, 37hc
kT' 9, 3 · 10−7m .
2.3.6. Ziemia wypromieniowuje w ciaιgu jednej minuty z 1 m2 powierzchni srednioenergieι rownaι E = 5460 J. Jaka musi byc temperatura cia la doskonaleczarnego, ktore wypromieniowuje takaι samaι ilosc energii?
Odpowiedz:
T = 4
√E
60σ' 200 K ' −73C .
1W lasnosci funkcji dzeta Riemanna: I.M.Ryzyk, I.S.Gradsztein: Tablice ca lek, sum, sz-eregow i iloczynow. PWN Warszawa, 1964; s.449 §7.4. Wartosci funkcji dzeta dla niektorychwartosci argumentu s.454 §8.3.
2.3. CWICZENIA 31
2.3.7. Sprawdzic, ze ze wzoru Plancka na rozk lad energii w widmie promieniowa-nia cia la doskonale czarnego mozna otrzymac wzory Wiena (gdy hν kT )i Rayleigha-Jeansa (dla hν kT ).
Odpowiedz:
Wzor Wiena (hν kT ):
ε(ν, T ) =2πh
c2ν3 exp
(− hν
kT
),
wzor Rayleigha-Jeansa (hν kT ):
ε(ν, T ) =2π
c2kTν2 .
2.3.8. Znajaιc wartosc sta lej s lonecznej E11 = 1374 W/m2 oszacowac mocpromieniowania S lonca.
Odpowiedz:P = 4πL2E11 ' 3, 8 · 1026 W ,
gdzie L - srednia odleg losc Ziemi od S lonca.
2.3.9. Znalezc temperatureι powierzchni p lytki umieszczonej poza granicami at-mosfery ziemskiej, ustawionej prostopadle do padajaιcych na niaι promienis lonecznych. Zdolnosc absorpcyjna p lytki A = 1.
Odpowiedz:
T = 4
√E11
σ' 393 K ' 120C ,
gdzie E11 - sta la s loneczna.
2.3.10. Temperatura powierzchni gwiazdy, wyznaczona na podstawie widma jejpromieniowania zmierzonego poza atmosferaι Ziemi, wynosi T = 12000K. Czy mozna okreslic teι temperatureι z pomiarow widma wykonanych napoziomie morza jezeli wiadomo, ze atmosfera ziemska poch lania ca lkowiciepromieniowanie o d lugosci fali mniejszej od 2, 9 · 10−7 m?
Odpowiedz:
Nie mozna, poniewaz
λmax =2, 9T· 10−3m·K ' 2, 42 · 10−7m .
2.3.11. W zarowce elektrycznej w lokno wolframowe o srednicy d = 5 · 10−3 mmnagrzewa sieι w czasie swiecenia lampy do temperatury T1 = 2700 K. Pojakim czasie od chwili wy laιczenia dop lywu praιdu do lampy temperaturaw lokna obnizy sieι do T2 = 300 K? Za lozyc, ze w lokno promieniuje jakcia lo szare o zdolnosci absorpcyjnej A = 0, 3. Zaniedbac inne sposobyutraty ciep la przez w lokno.
32 ROZDZIA L 2. PROMIENIOWANIE CIA LA DOSKONALE CZARNEGO
Odpowiedz:
τ =ρwcwd
12Aσ
(1
T 32
− 1T 3
1
)' 2, 6 s ,
gdzie ρw = 19 · 103 kg/m3 - geιstosc wolframu, a cw = 1, 5 · 102 J/(kg K)jest ciep lem w lasciwym wolframu.
Rozdzia l 3
Teoria kinetyczna gazow
3.1 Wsteιp
1. Liczba drobin gazu doskona lego o energii lezaιcej w przedziale (E, E+dE)jest okreslona wyrazeniem
dE(E) = N2√π
(kT )−3/2E1/2 exp(− E
kT)dE = Nf(E)dE , (3.1)
gdzie T jest temperaturaι bezwzgleιdnaι gazu, N - liczbaι drobin gazu wnaczyniu; f(E) jest funkcjaι rozk ladu energii drobin gazu, przy czymzak ladamy, ze ∫ ∞
0
f(E)dE = 1 , (3.2)
gdzie ca lkowanie rozciaιga sieι na wszystkie mozliwe wartosci energii.
Rys. 3-1 Wykres funkcji f(E) rozk ladu energii drobin gazu doskona legow zaleznosci od E (przy ustalonej temperaturze gazu T).
33
34 ROZDZIA L 3. TEORIA KINETYCZNA GAZOW
2. Liczbeι drobin gazu o preιdkosciach ~v lezaιcych w przedziale (~v, ~v + d~v)(to znaczy, ze sk ladowe preιdkosci saι zawarte odpowiednio w przedzia lach(vx, vx + dvx), (vy, vy + dvy), (vz, vz + dvz)) okresla wzor Maxwella
dN(~v) = N( m
2πkT
)3/2
exp(− m
2kT(v2
x + v2y + v2
z))
dvxdvydvz . (3.3)
Z wyrazenia (3.3) mozna otrzymac wyrazenie okreslajaιce liczbeι drobin,ktorych wartosc bezwzgleιdna preιdkosci lezy w przedziale (v, v + dv).Przechodzaιc od zmiennych kartezjanskich (x, y, z) do zmiennych sfer-ycznych (r, ϕ, ϑ) dostajemy, po wykonaniu ca lkowania wzgleιdem kaιtowϕ i ϑ odpowiednio w przedzia lach (0, 2π) i (0, π), wyrazenie
dN(v) = 4πN( m
2πkT
)3/2
v2 exp(−mv2
2kT
)dv = Nf(v)dv , (3.4)
przy czym f(v) jest funkcjaι rozk ladu wartosci bezwzgleιdnej preιdkoscidrobin gazu doskona lego.
Rys. 3-2 Wykres funkcji rozk ladu f(v) wartosci bezwzgleιdnej preιdkosciv drobin gazu doskona lego przy T = const (rozk lad Maxwella).
3. Cisnienie gazu doskona lego o temperaturze bezwzgleιdnej T
p = nkT , (3.5)
gdzie n jest liczbaι drobin gazu w jednostce objeιtosci, k jest sta laι Boltz-manna.
4. Wartosc sredniaι wielkosci fizycznej a(~q, ~p) - dla uk ladu beιdaιcegow rownowadze termodynamicznej - beιdaιcej funkcjaι wspo lrzeιdnychuogolnionych ~q i peιdow uogolnionych ~p mozna znalezc mnozaιc mozliwewartosci tej wielkosci fizycznej przez odpowiednie prawdopodobienstwow(~q, ~p) wystaιpienia tej wielkosci i wykonujaιc ca lkowanie lub sumowaniepo wszystkich mozliwych stanach
a(~q, ~p) =∫
a(~q, ~p) w(~q, ~p) d~qd~p , (3.6)
3.1. WSTEιP 35
gdzie d~q = dq1 · · · dq3N , a d~p = dp1 · · · dp3N , przy czym∫w(~q, ~p)d~qd~p = 1 .
5. Liczba drobin gazu w elemencie objeιtosci dV = dxdydz, woko l punktu owspo lrzeιdnych x, y, z, dana jest przez wzor Boltzmanna
dN(x, y, z) = n0 exp(−U(x, y, z)
kT
)dV , (3.7)
gdzie U(x, y, z) jest energiaι potencjalnaι drobiny znajdujaιcej sieι wzewneιtrznym polu si l, n0 jest liczbaι drobin w jednostce objeιtosci wpunktach, w ktorych U(x, y, z) = 0.
Rys. 3-3 Elementarna objeιtosc dx dy dz otaczajaιca punkt owspo lrzeιdnych (x, y, z).
6. Rownanie Newtona dla si ly tarcia wewneιtrznego (lepkosci) w przypadkujednowymiarowym (v = v(x))
dF = −ηdv
dxdS , (3.8)
gdzie dS jest elementem powierzchni stykajaιcych sieι warstw gazuporuszajaιcych sieι z roznymi co do wartosci preιdkosciami, na ktory jestwywierana si la dF ; dv/dx jest gradientem preιdkosci ruchu warstwy wkierunku x prostopad lym do powierzchni warstwy, η - wspo lczynnikiemtarcia wewneιtrznego (lepkosci) rownym co do wartosci sile tarcia mieιdzydwiema warstwami gazu o jednostkowej powierzchni styku, gdy gradientpreιdkosci jest rowny jednosci, przy czym
η =13ρvλ , (3.9)
gdzie ρ jest geιstosciaι gazu, v - sredniaι wartosci bezwzgleιdnej preιdkoscidrobin gazu, λ zas jest sredniaι drogaι swobodnaι drobin gazu.
36 ROZDZIA L 3. TEORIA KINETYCZNA GAZOW
3.2 Zadania
3.2.1. Przy otrzymywaniu bardzo niskich cisnien nalezy w trakcie odpom-powywania gazu ze zbiornika podgrzewac jego scianki w celu oderwaniaod powierzchni scianek zbiornika zaadsorbowanych na nich drobin gazu.Znalezc przyrost cisnienia w kulistym zbiorniku o promieniu r, z ktoregoodpompowywano gaz bez podgrzewania, spowodowany oderwaniem sieιod scianki naczynia (po zamknieιciu zbiornika) zaadsorbowanych na niejdrobin gazu. Za lozyc, ze ca la powierzchnia wewneιtrzna scianki naczyniaby la pokryta monomolekularnaι warstwaι drobin gazu. Powierzchniazajmowana przez drobineι gazu na powierzchni scianki wynosi S1. Tem-peratura gazu w zbiorniku wynosi T .
Rozwiaιzanie: Na sciance naczynia by lo zaadsorbowanych
N =S
S1=
4πr2
S1(1)
drobin gazu. Zwiaιzek mieιdzy przyrostem cisnienia gazu w zbiornikuspowodowanym przez te drobiny i ilosciaι oderwanych od scianki drobinzawartych w jednostce objeιtosci ma postac
∆p = nkT =N
VkT , (2)
gdzie
V =43πr3 (3)
jest objeιtosciaι zbiornika. Podstawiajaιc (1) i (3) do wyrazenia (2) otrzy-mujemy przyrost cisnienia
∆p =3kT
rS1. (4)
Przy temperaturze gazu w zbiorniku T = 300 K, powierzchni S1 zaj-mowanej przez jednaι drobineι rownej 1 · 10−19m2 i promieniu zbiornikar = 0, 1 m otrzymujemy
∆p ≈ 1, 24 |rmPa (ok. 1 · 10−2 mmHg) . (5)
Oznacza to, ze po odpompowaniu zbiornika do cisnienia p0 = 1 Pa bezwygrzewania scianek i zamknieιciu zbiornika, po pewnym czasie wskutekdzia lania czynnikow zewneιtrznych (takich jak promieniowanie, bombar-dowanie scianek naczynia przez drobiny, lokalne zmiany temperatury)drobiny gazu oderwaι sieι od powierzchni scianek i ustali sieι w zbiornikucisnienie gazu beιdaιce sumaι cisnienia p0 i przyrostu cisnienia ∆p.Wartosccisnienia w zbiorniku beιdzie wieιc prawie dwukrotnie wyzsza od zaιdanegocisnienia p0.
3.2. ZADANIA 37
3.2.2. W duzym zbiorniku z tlenem umieszczono odgazowany cienki drutmetalowy. Zak ladajaιc, ze kazda drobina tlenu trafiajaιc w drut jest ad-sorbowana na jego powierzchni, obliczyc, ile czasu potrzeba dla pokryciadrutu monomolekularnaι warstwaι tlenu, jezeli cisnienie w zbiorniku wynosi1 Pa, a temperatura T = 300 K. Przyjaιc, ze kazda drobina tlenu zajmujena powierzchni drutu powierzchnieι S′ = 1 · 10−19m2. Masa drobiny tlenumO2 = 5, 3 · 10−26kg.
Rozwiaιzanie: Czas t potrzebny do pokrycia drutu znajdziemydzielaιc ca laι powierzchnieι drutu S przez powierzchnieι S1 pokrywanaι przezdrobiny tlenu w ciaιgu jednej sekundy
t =S
S1, (1)
gdzieS1 = N1S
′ . (2)
W wyrazeniu (2) N1 jest liczbaι drobin gazu padajaιcych w ciaιgu jednejsekundy na powierzchnieι drutu. Ale
N1 = N ′1S , (3)
gdzie N ′1 jest liczbaι drobin tlenu padajaιcych w ciaιgu jednej sekundy na
jednostkeι powierzchni drutu. Korzystajaιc z rozwiaιzania zadania (3.2.9)(wzor (5)) mamy
N ′1 = p(2πmkT )−1/2 . (4)
Po podstawieniach otrzymujemy
t =(2πmkT )1/2
pS′, (5)
to znaczy, ze czas napylania jest odwrotnie proporcjonalny do cisnienia.Otrzymany wynik pokazuje, ze czas pokrywania drutu warstwaι tlenu niezalezy od wielkosci pokrywanej powierzchni. Wynik ten jest prawdziwyprzy za lozeniu, ze stosunek liczby drobin potrzebnych do pokryciapowierzchni drutu, do liczby drobin zawartych w ca lej objeιtosci naczyniajest znacznie mniejszy od jednosci. Przy takim za lozeniu cisnienie gazu wzbiorniku jest w przyblizeniu sta le w czasie adsorpcji. Przy rozwiaιzywaniuzadania nalezy za lozyc tez, ze kazda drobina pada tylko na niepokrytaιjeszcze powierzchnieι drutu.
Po podstawieniu danych liczbowych otrzymamy
t ≈ 4 · 10−4s .
3.2.3. W zamknieιtym zbiorniku znajdujaι sieι dwie rownoleg le do siebie p lytki,z ktorych jedna jest utrzymywana w temperaturze T1, natomiast druga
38 ROZDZIA L 3. TEORIA KINETYCZNA GAZOW
p lytka ma temperatureι T2, takaι jak scianki naczynia. Znalezc wypadkowaιsi leι, z jakaι dzia la gaz znajdujaιcy sieι w zbiorniku na p lytkeι o temperaturzeT2.
Rys. 3-4 Zasada dzia lania absolutnego manometru Knudsena dopomiaru bardzo niskich cisnien. P lytka 2 o temperaturze T2 moze
obracac sieι woko l osi OO′.
Rozwiaιzanie: Rozpatrzmy przypadek, gdy srednia droga swobodnadrobin gazu λ w zbiorniku jest znacznie wieιksza od rozmiarow zbiornika(w takim przypadku zderzenia mieιdzy drobinami saι bardzo ma lo praw-dopodobne). Obszar mieιdzy p lytkaι o temperaturze T2 i sciankaι naczy-nia mozna opisac przez podanie temperatury gazu T2 i liczby drobin za-wartych w jednostce objeιtosci n0. Cisnienie gazu wywierane na p lytkeιprzez drobiny gazu zawarte mieιdzy sciankaι zbiornika i p lytkaι jest rowne
p0 = n0kT2 . (1)
W obszarze mieιdzy p lytkami mozemy wyroznic ze wzgleιdu na sredniaιpreιdkosc dwa rodzaje drobin: drobiny, ktore majaι sredniaι preιdkoscodpowiadajaιcaι temperaturze T1, i drobiny, ktorych srednia preιdkoscodpowiada temperaturze T2. Cisnienie wywierane na p lytkeι o temper-aturze T2 przez gaz zawarty mieιdzy p lytkami jest rowne sumie cisnienwywieranych przez kazdy rodzaj drobin oddzielnie (prawo Daltona)
p = p1 + p2 = n1kT1 + n2kT2 , (2)
gdzie n1 i n2 saι koncentracjami drobin, ktorych srednie preιdkosciodpowiadajaι temperaturom T1 i T2. Poniewaz w warunkach rownowagitermodynamicznej drobiny gazu nie gromadzaι sieι w zadnej czeιscinaczynia, wieιc w obszarze mieιdzy p lytkami strumien drobin jednego
3.2. ZADANIA 39
rodzaju (ktorych srednia preιdkosc wynosi v1), to znaczy liczba drobinprzechodzaιcych w ciaιgu jednej sekundy przez dowolnaι powierzchnieι,beιdzie rowny przeciwnie skierowanemu strumieniowi drobin drugiegorodzaju (o sredniej preιdkosci v2), zatem
n1v1 = n2v2 . (3)
Korzystajaιc z wyrazenia na wartosc sredniaι preιdkosci drobin gazu(zadanie 3.2.7)
v =2√π
(2kT
m
)1/2
, (4)
otrzymujemyv1
v2=(
T1
T2
)1/2
. (5)
Warunkiem rownowagi mieιdzy gazem zawartym w obszarze mieιdzyp lytkami i gazem w pozosta lej czeιsci zbiornika jest zaleznosc
n1v1 + n2v2 = n0v0 , (6)
to znaczy liczba drobin wylatujaιcych z obszaru mieιdzy p lytkami przezdowolnaι powierzchnieι w ciaιgu jednostki czasu jest rowna liczbie drobinwlatujaιcych do tego obszaru.
Z rownan (3) i (6) po uwzgleιdnieniu, ze v0 = v2, otrzymamy
n1v1 = n2v2 =12n0v0 , (7)
skaιd
n2 =12n0 (8)
i
n1 =12n0
v2
v1=
12n0
(T2
T1
)1/2
. (9)
Podstawiajaιc (8) i (9) do (2) otrzymujemy
p =12n0kT2 +
12n0kT1
(T2
T1
)1/2
=12n0kT2
(1 +
√T1
T2
). (10)
Wypadkowa si la dzia lajaιca na jednostkeι powierzchni p lytki o temper-aturze T2 wynosi
F = p− p0 =12n0kT2
(√T1
T2− 1
)=
p0
2
(√T1
T2− 1
). (11)
Dla T1 T2
F =p0
2
√T1
T2.
40 ROZDZIA L 3. TEORIA KINETYCZNA GAZOW
Dla T1 > T2 na p lytkeι o temperaturze T2 beιdzie dzia la la si la wypad-kowa odpychajaιca jaι od p lytki o temperaturze T1, dla T1 < T2 zwrottej si ly beιdzie przeciwny. Poniewaz wielkosc tej si ly jest wprost propor-cjonalna do cisnienia gazu w naczyniu, wieιc w przypadku, gdy p lytka otemperaturze T2 moze sieι obracac, mozna z pomiaru kaιta skreιcenia p lytkimierzyc cisnienie panujaιce w zbiorniku. Z pomocaι prozniomierza Knud-sena, ktorego dzia lanie oparte jest na omowionej zasadzie, mozna mierzyccisnienie bezwzgleιdne, gdy cisnienie w zbiorniku jest rzeιdu dziesiaιtychczeιsci Pa (tysieιczne czeιsci tora). Dla wyzszych cisnien opisane urzaιdzenieprzestaje byc prozniomierzem bezwzgleιdnym.
3.2.4. Znalezc wartosc najbardziej prawdopodobnaι energii drobin gazudoskona lego.
Rozwiaιzanie: Wartosc najbardziej prawdopodobnaι energii drobingazu doskona lego otrzymamy szukajaιc maksimum funkcji rozk laduenergii drobin gazu f(E), ktora dana jest przez wyrazenie
f(E) =2√π
(kT )−3/2√
E exp(− E
kT
), (1)
gdzie E jest energiaι kinetycznaι drobiny gazu. Szukamy wieιc wartoscienergii, dla ktorych jest spe lnione rownanie
df(E)dE
= 0 . (2)
Rys. 3-5 Wykres funkcji f(E) rozk ladu energii drobin gazu doskona lego.Emax - wartosc energii, przy ktorej funkcja rozk ladu osiaιga maksimum.
Po podstawieniu wyrazenia (1) do rownania (2) otrzymujemy rownanie(1
2√
E−√
E
kT
)exp
(− E
kT
)= 0 . (3)
3.2. ZADANIA 41
Rozwiaιzaniem rownania (3), ktore spe lnia warunki zadania, tzn. jest mak-simum funkcji rozk ladu energii, jest wyrazenie
Ep =12kT . (4)
3.2.5. Znalezc liczbeι drobin gazu doskona lego, ktore majaι energieι wieιkszaι odzadanej wartosci energii E0, przy czym E0 kT .
Rozwiaιzanie: Liczba drobin, ktorych energia lezy w przedzialeE,E + dE jest dana wyrazeniem
dN(E) =2√π
N(kT )−3/2E1/2 exp(− E
kT
)dE , (1)
a wieιc liczba drobin, ktorych energia jest wieιksza od energii E0
N(E > E0) =2√π
N(kT )−3/2
∫ ∞
E0
E1/2 exp(− E
kT
)dE . (2)
Po wprowadzeniu nowej zmiennej ε = E/kT otrzymamy
N(ε > ε0) =2√π
N
∫ ∞
ε0
ε1/2 exp(−ε)dε , (3)
gdzie ε0 = E0/(kT ).
Ca lkeι (3) (niepe lna funkcja gamma Γ(
32 , ε0
)) dla ε0 1 mozna przed-
stawic w postaci rozwinieιcia asymptotycznego 1
∫ ∞
ε0
ε1/2 exp(−ε)dε = exp(−ε0)ε1/20
[1 +
12ε0
+∑n=2
(−1)n+1 (2n− 3)!!(2ε0)n
],
skaιd
N(ε > ε0) =2√π
N exp(−ε0)ε1/20
[1 +
12ε0
+∑n=2
(−1)n+1 (2n− 3)!!(2ε0)n
],
(4)gdzie (2n − 3)!! = 1 · 3 · 5 · 7 · · · (2n − 3) jest iloczynem kolejnych liczbnaturalnych nieparzystych do liczby (2n− 3) w laιcznie.
Dla bardzo duzych wartosci E0 mozna z dostatecznaι dok ladnosciaι zapisac
N(E > E0) ' 2√π
N
√E0
kTexp
(−E0
kT
). (5)
1I.S.Gradsztejn, I.M.Ryzik: Tablicy integra lov, sum, rjadov i proizvedenij. G.I.F.M.Moskva 1963; str. 956, wzor 8.355.
42 ROZDZIA L 3. TEORIA KINETYCZNA GAZOW
Dla gazu znajdujaιcego sieι w temperaturze pokojowej (kT = 0, 025 eV)stosunek liczby drobin, ktore majaι energieι wieιkszaι od E0 = 2, 5 eV, doca lkowitej liczby drobin
N(E > E0)N
≈ 4 · 10−43.
3.2.6. Znalezc wartosc sredniaι energii kinetycznej drobin gazu oraz ciep low lasciwe jednoatomowego gazu doskona lego o temperaturze T .
Rozwiaιzanie: Wartosc srednia energii
E =
∫∞0
Ef(E)dE∫∞0
f(E)dE, (1)
gdzie
Nf(E)dE = dN(E) =2√π
N(kT )−3/2E1/2 exp(− E
kT
)dE (2)
jest liczbaι drobin gazu, ktorych energia kinetyczna zawarta jest wprzedziale (E, E + dE). Podstawiajaιc wyrazenie (2) do (1) mamy
E =
∫∞0
E3/2 exp (−E/kT ) dE∫∞0
E1/2 exp (−E/kT ) dE=
32kT . (3)
Ca lki w wyrazeniu (3) obliczamy korzystajaιc ze wzorow (8) i (13)Uzupe lnienia II. Temperatura bezwzgleιdna, jak widac z wyrazenia (3),jest miaraι sredniej energii kinetycznej ruchu posteιpowego drobin jednoato-mowego gazu doskona lego.Ciep lo w lasciwe gazu doskona lego z lozonego z drobin jednoatomowychznajdziemy korzystajaιc z definicji
cv =(
∂U
∂T
)V =const
, (4)
gdzie U jest energiaι wewneιtrznaι uk ladu. Dla naszych za lozen U = Ekin.Uwzgleιdniajaιc (3) mamy
U =32NkT , (5)
gdzie N jest liczbaι drobin gazu w jednostce masy gazu. Po wykonaniurozniczkowania wyrazenia (5) wzgleιdem T przy sta lej objeιtosci V mamy
cv =32Nk . (6)
Ciep lo w lasciwe jednego kilomola gazu otrzymamy k ladaιc N = NA, skaιdpo uwzgleιdnieniu, ze NAk = R (sta la gazowa) otrzymujemy
Cv =32R ≈ 12471
JK kmol
. (7)
3.2. ZADANIA 43
3.2.7. Znalezc wartosc sredniaι preιdkosci drobin gazu doskona lego.
Rozwiaιzanie: Korzystajaιc z wyrazenia na wartosc sredniaι wielkoscifizycznej otrzymujemy
v =
∫∞0
vf(v)dv∫∞0
f(v)dv, (1)
gdzie f(v) jest funkcjaι rozk ladu wartosci bezwzgleιdnej preιdkosci v drobingazu doskona lego (rozk lad Maxwella)
f(v) = 4π( m
2πkT
)3/2
v2 exp(−mv2
2kT
). (2)
Poniewaz ∫ ∞
0
f(v)dv = 1 , (3)
wieιc
v = 4π( m
2πkT
)3/2∫ ∞
0
v3 exp(−mv2
2kT
)dv , (4)
skaιd
v =2√π
(2kT
m
)1/2
=2√π
vp , (5)
gdzie vp jest wartosciaι najbardziej prawdopodobnaι preιdkosci drobin gazu.Podstawiajaιc dane liczbowe dla drobin wodoru H2 (mH2 = 2 · 1, 67 ·10−27kg) w temperaturze T = 300 K otrzymamy
v = 1780 m/s . (6)
Otrzymana wartosc preιdkosci jest oko lo cztery razy mniejsza od pierwszejpreιdkosci kosmicznej i oko lo dwa razy wieιksza od preιdkosci poczaιtkowejpocisku wystrzelonego z broni strzeleckiej.
3.2.8. W zbiorniku znajduje sieι w rownowadze termodynamicznej mieszaninadwoch roznych gazow o masach drobinowych M1 i M2. Znalezc wartoscsredniaι preιdkosci wzgleιdnej vr dwoch roznych drobin mieszaniny.
Rozwiaιzanie: W mieszaninie gazow beιdaιcych w rownowadze ter-modynamicznej, kazdy ze sk ladnikow mieszaniny ma maxwellowskirozk lad preιdkosci odpowiadajaιcych wspolnej temperaturze i masiedrobinowej danego sk ladnika mieszaniny, to znaczy, kazdy gaz zachowujesieι tak, jak gdyby innych sk ladnikow nie by lo.Wartosc sredniaι preιdkosci drobin gazu A (o masie drobinowej M1)wzgleιdem drobin gazu B (o masie drobinowej M2) otrzymamy usredniajaιcpreιdkosc wzgleιdnaι dwoch drobin vr wzgleιdem funkcji rozk ladu obu typowdrobin; otrzymamy
vr =∫ ∫ ∫
d~v1
∫ ∫ ∫d~v2f(~v1)f(~v2)vr∫ ∫ ∫
d~v1
∫ ∫ ∫d~v2f(~v1)f(~v2)
, (1)
44 ROZDZIA L 3. TEORIA KINETYCZNA GAZOW
gdzie d~vi = dvixdviydviz, zas
vr =[(v1x − v2x)2 + (v1y − v2y)2 + (v1z − v2z)2
]1/2. (2)
Funkcja f(~vi) jest funkcjaι rozk ladu preιdkosci drobin i-tego gazu
f(~vi) =( mi
2πkT
)3/2
exp
(−mi~vi
2
2kT
), (3)
przy czym spe lniony jest zwiaιzek∫ ∫ ∫f(~vi)d~vi = 1 , (4)
gdzie mi jest masaι drobiny i-tego gazu w naczyniu. Podstawiajaιc (3) do(1) i uwzgleιdniajaιc (4) otrzymujemy
vr =(m1m2)3/2
(2πkT )3
∫ ∞
0
dv1x · · ·∫ ∞
0
dv2zvr exp
(−m1 ~v1
2 + m2 ~v22
2kT
). (5)
Wprowadzimy w miejsce ~v1 i ~v2 preιdkosc wzgleιdnaι ~vr oraz preιdkosc ~Vsrodka masy drobin A i B w uk ladzie laboratoryjnym. Transformacja mapostac
~vr = ~v1 − ~v2 (6)
~V =m1 ~v1 + m2 ~v2
m1 + m2, (7)
skaιd~v1 = ~V +
µ
m1~vr , (8)
~v2 = ~V − µ
m2~vr , (9)
gdzie µ = m1m2(m1 + m2)−1 jest masaι zredukowanaι pary drobin A i B.Wyrazenie dla energii kinetycznej pary drobin A i B mozna, korzystajaιcz (8) i (9), zapisac w postaci
12
(m1 ~v12 + m2 ~v2
2) =12M ~V 2 +
12µ~vr
2 , (10)
gdzie (1/2)M ~V 2 = (1/2)(m1 + m2)~V 2 jest energiaι kinetycznaι parydrobin poruszajaιcych sieι w uk ladzie laboratoryjnym z preιdkosciaι ~V (en-ergia kinetyczna srodka masy), a (1/2)µ~vr
2 jest energiaι kinetycznaι ruchuwzgleιdnego pary drobin. Poniewaz przekszta lcenie (7) i (8) jest przek-szta lceniem kanonicznym, wieιc
d~v1d~v2 = d~V d~vr , (11)
3.2. ZADANIA 45
przy czym prawaι stroneι (11) zapiszemy w postaci
d~V d~vr = V 2dV sin ϑdϑdϕv2rdvr sin ϑrdϑrdϕr . (12)
Podstawiajaιc (12) do (5) otrzymamy
vr =(m1m2)3/2
(2πkT )3
∫ 2π
0
dϕ
∫ 2π
0
dϕr
∫ π
0
sin ϑdϑ
∫ π
0
sin ϑrdϑr ×
×∫ ∞
0
V 2dV exp(−MV 2
2kT
)∫ ∞
0
v3r exp
(− µv2
r
2kT
)dvr . (13)
Po wykonaniu ca lkowan mamy
vr =(
8kT
πm1+
8kT
πm2
)1/2
=(v1
2 + v22)1/2
, (14)
gdzie v1 i v2 saι odpowiednio preιdkosciami srednimi drobin gazu A i B.W przypadku, gdy w naczyniu znajduje sieι gaz jednorodny, tzn. m1 = m2,to
vr =√
2v , (15)
przy czym wielkosc v jest sredniaι preιdkosciaι drobin gazu jednorodnego.
3.2.9. Znalezc liczbeι drobin gazu doskona lego uderzajaιcych w ciaιgu jednejsekundy w element powierzchni ∆S scianki naczynia. Geιstosc gazu,temperatureι gazu i maseι drobiny gazu przyjaιc jako znane.
Rozwiaιzanie: Wybierzmy uk lad wspo lrzeιdnych tak, aby os Z uk laduby la prostopad la do powierzchni ∆S i by la skierowana na zewnaιtrznaczynia. W ciaιgu czasu ∆t dobiegnaι do scianki naczynia te drobiny,ktorych odleg losci od scianki naczynia nie saι wieιksze od iloczynusk ladowej preιdkosci vz, zwroconej ku sciance i czasu ∆t. Liczbeι zderzendrobin gazu w ciaιgu jednej sekundy z powierzchniaι ∆S, przy ktorychwspo lrzeιdne preιdkosci vz drobin saι zawarte w przedziale preιdkosci(vz, vz + dvz) mozna otrzymac mnozaιc liczbeι drobin dn(vz) znajdujaιcychsieι w jednostce objeιtosci i majaιcych sk ladowaι preιdkosci vz zawartaι wprzedziale preιdkosci (vz, vz + dvz) przez objeιtosc walca (walec nie musibyc bry laι obrotowaι) o podstawie ∆S i wysokosci rownej 1 · vz
dν(vz) = dn(vz) · 1 · vz ·∆S , (1)
gdzie
dn(vz) = n( m
2πkT
)1/2
exp(−mv2
z
2kT
)dvz . (2)
Wyrazenie (2) otrzymamy ca lkujaιc wzgleιdem sk ladowych preιdkosci vx ivy wyrazenie okreslajaιce liczbeι drobin zawartych w jednostce objeιtoscimajaιcych preιdkosci ~v zawarte w przedziale preιdkosci (~v,~v + d~v).
46 ROZDZIA L 3. TEORIA KINETYCZNA GAZOW
Rys. 3-6 Schemat do wyliczenia liczby drobin uderzajaιcych w ciaιgujednostki czasu z preιdkosciaι ~v pod kaιtem ϑ w element powierzchni ∆S.
Liczbeι uderzen w sciankeι w ciaιgu 1 s znajdujemy ca lkujaιc dν(vz)wzgleιdem vz w przedziale preιdkosci od 0 do +∞ (wybieramy tylko tenprzedzia l ca lkowania, poniewaz wartosciom sk ladowej preιdkosci vz od −∞do 0 odpowiadajaι te drobiny, ktore biegnaι od scianki i w niaι nie uderzajaι)
ν1 = n( m
2πkT
)1/2
∆S
∫ ∞
0
vz exp(−mv2
z
2kT
)dvz , (3)
skaιd
ν1 = ∆Sn
√kT
2πm= (4)
= ∆Sp(2πmkT )−1/2 = (5)
= F∆S(2πmkT )−1/2 , (6)
gdzie p jest cisnieniem gazu w naczyniu, zas F∆S jest si laι wywieranaι przezgaz na element powierzchni scianki naczynia ∆S. Korzystajaιc z wyrazeniana preιdkosc sredniaι drobin gazu (zad. 3.2.7)
v = 2(
2kT
πm
)1/2
(7)
mozna zapisac wyrazenie (4) w postaci
ν1 =14nv∆S . (8)
K ladaιc n = 1025 drobin/m3, ∆S = 10−4m2, otrzymamy dla drobinwodoru H2 w temperaturze T = 300 K (~v ≈ 1, 78 · 103m/s)
ν1 ≈ 5 · 1023uderzen/s .
3.2. ZADANIA 47
3.2.10. Znalezc sredniaι drogeι swobodnaι drobin gazu doskona lego.
Rozwiaιzanie: Szukamy najpierw czeιstosci zderzen drobin gazumieιdzy sobaι w ciaιgu jednej sekundy. Wybieramy uk lad wspo lrzeιdnych,w ktorym jedna z drobin spoczywa. Zamiast wieιc sledzic ruchposzczegolnych drobin, beιdziemy rozpatrywac ruch wzgleιdny par drobin.Ruch wzgleιdny par drobin mozna traktowac jako ruch jednego cia la omasie zredukowanej µ = m/2 (masy wszystkich drobin saι jednakowe).Wtedy rozk lad preιdkosci wzgleιdnych drobin gazu beιdzie mia l takaι samaιpostac, jak rozk lad preιdkosci drobin gazu na przyk lad wzgleιdem scianeknaczynia, z tym ze w miejsce masy drobiny m nalezy podstawic maseιzredukowanaι µ = m/2. Staιd liczba drobin gazu zawartych w jednostceobjeιtosci i majaιcych preιdkosci wzgleιdne vr lezaιce w przedziale preιdkosci(vr, vr + dvr) jest dana wyrazeniem
dn(vr) = 4πn( m
4πkT
)3/2
v2r
(−mv2
r
4kT
)dvr . (1)
Liczba zderzen drobiny gazu w ciaιgu jednej sekundy ν1 jest wprost pro-porcjonalna do iloczynu liczby drobin w jednostce objeιtosci n i preιdkosciwzgleιdnej vr drobin (geιstosc strumienia drobin) oraz do przekroju czyn-nego na zderzenie spreιzyste σ.
ν1 = σnvr . (2)
Usredniajaιc ν1 po rozk ladzie preιdkosci wzgleιdnych drobin gazu otrzymu-jemy sredniaι liczbeι zderzen drobiny gazu w ciaιgu jednej sekundy
ν1 = 4πσn( m
4πkT
)3/2∫ ∞
0
v3r exp
(−mv2
r
4kT
)dvr , (3)
skaιd
ν1 = 4nσ
(kT
πm
)1/2
. (4)
Dwie drobiny gazu doskona lego zderzaι sieι, jesli odleg losc mieιdzy ichsrodkami jest nie wieιksza od 2r, gdzie r jest promieniem drobiny. Takwieιc wyrazenie na przekroj czynny dla zderzenia spreιzystego dwoch drobingazu doskona lego beιdzie mia lo postac
σ = π(2r)2 = 4πr2 . (5)
48 ROZDZIA L 3. TEORIA KINETYCZNA GAZOW
Rys. 3-7 Zasieιg (promien) dzia lania (r1 + r2) drobiny o promieniu r1 nadrobiny o promieniu r2.
Podstawiajaιc (5) do wyrazenia (4) otrzymujemy
ν1 = 16nr2
(πkT
m
)1/2
. (6)
Srednia droga swobodna jest rowna sredniej drodze przebytej przezdrobiny mieιdzy dwoma kolejno po sobie nasteιpujaιcymi zderzeniami.Otrzymamy jaι dzielaιc sredniaι preιdkosc drobiny przez sredniaι liczbeιzderzen drobiny w ciaιgu jednej sekundy
λ =v
ν1=
1√2σn
. (7)
Uwzgleιdniajaιc, zep = nkT , (8)
mozna wyrazenie (7) napisac w postaci
λ =kT√2σp
. (9)
Dla wodoru (2r = 2, 3 · 10−10 m) w temperaturze T = 273 K, podcisnieniem p = 105 Pa (oko lo 760 mm s lupa Hg) srednia droga swobodna
λ(H2) ≈ 1, 6 · 10−7m . (10)
Przyjmujaιc, ze w tak zwanej przestrzeni kosmicznej w 1 cm3 znajdujesieι jedna drobina wodoru, otrzymujemy sredniaι drogeι swobodnaι rzeιdu1012m; dla porownania - rozmiary Galaktyki, w ktorej znajduje sieι naszuk lad s loneczny szacuje sieι na oko lo 1021m.
3.2. ZADANIA 49
3.2.11. W duzym zbiorniku o objeιtosci V znajduje sieι N drobin gazu doskona lego.Znalezc rozk lad kaιtowy drobin wylatujaιcych w ciaιgu jednej sekundyw proznieι z niewielkiego otworu o powierzchni S wycieιtego w sciancenaczynia. Temperatura gazu znajdujaιcego sieι w zbiorniku wynosi T .
Rozwiaιzanie: Liczba drobin gazu, ktore wylatujaι w ciaιgu jednejsekundy z otworu o powierzchni S pod kaιtami lezaιcymi w przedzialekaιtow (ϑ, ϑ + dϑ) jest rowna liczbie drobin gazu padajaιcych na teιsamaι powierzchnieι pod kaιtami padania zawartymi w przedziale kaιtow(ϑ, ϑ + dϑ).Liczba drobin gazu padajaιcych w ciaιgu jednej sekundy na powierzchnieιS i majaιcych wartosci bezwzgleιdne preιdkosci zawarte w przedzialepreιdkosci (v, v + dv), pod kaιtami padania lezaιcymi w przedziale kaιtow(ϑ, ϑ + dϑ) jest rowna
dN(v, ϑ) = Sv cos ϑ 1 dn(v, ϑ) , (1)
gdzie dn(v, ϑ) jest liczbaι drobin znajdujaιcych sieι w jednostce objeιtosci,ktorych wartosci preιdkosci saι zawarte w przedziale preιdkosci (v, v + dv),a kaιty mieιdzy kierunkiem preιdkosci drobin i normalnaι do powierzchni Snaczynia lezaι w przedziale kaιtow (ϑ, ϑ + dϑ). Wyrazenie S cos ϑ · 1 v jestobjeιtosciaι, z ktorej drobiny gazu o wartosci preιdkosci nie wieιkszej od v ikaιcie padania ϑ mogaι dotrzec w ciaιgu jednej sekundy do scianki naczynia.Z rozk ladu Maxwella dla preιdkosci drobin gazu doskona lego, zapisanegowe wspo lrzeιdnych sferycznych (v, ϑ, ϕ), znajdujemy dn(v, ϑ) wykonujaιcca lkowanie wzgleιdem kaιta ϕ lezaιcego w p laszczyznie otworu
dn(v, ϑ) =N
V
( m
2πkT
)3/2∫ 2π
0
v2 exp(−mv2
2kT
)dv sin ϑdϑdϕ =
= 2πN
V
( m
2πkT
)3/2
v2 exp(−mv2
2kT
)dv sin ϑdϑ . (2)
Po podstawieniu (2) do (1) i wykonaniu ca lkowania wzgleιdem wartoscipreιdkosci v otrzymujemy liczbeι drobin padajaιcych pod kaιtami zawartymiw przedziale kaιtowym (ϑ, ϑ + dϑ) na powierzchnieι S w ciaιgu jednejsekundy
dN(ϑ) =∫ ∞
0
Sv cos ϑN
V2πv2
( m
2πkT
)3/2
exp(−mv2
2kT
)sin ϑdϑdv =
= SN
V
(2kT
πm
)1/2
sin ϑ cos ϑdϑ =
= SN
V
(kT
2πm
)1/2
sin(2ϑ)dϑ =
= SN
V
14v sin(2ϑ)dϑ , (3)
gdzie v jest preιdkosciaι sredniaι drobin gazu.
50 ROZDZIA L 3. TEORIA KINETYCZNA GAZOW
3.2.12. Znalezc pe lnaι energieι kinetycznaι drobin gazu uderzajaιcych o jednostkeιpowierzchni scianki naczynia w ciaιgu jednej sekundy.
Rozwiaιzanie: Liczbeι drobin, ktore dotraι w ciaιgu jednej sekundydo jednostki powierzchni scianki naczynia, majaιcych wartosci preιdkoscizawarte w przedziale preιdkosci (v, v + dv) i wartosci kaιta padania nasciankeι lezaιce w przedziale kaιtow (ϑ, ϑ + dϑ), mozna zapisac jak wzadaniu 3.2.11 w postaci
dN(v, ϑ) = 1 v cos ϑdn(v, ϑ) , (1)
gdzie
dn(v, ϑ) = 2πn( m
2πkT
)3/2
v2 exp(−mv2
2kT
)dv sin ϑdϑ . (2)
Podstawiajaιc (2) do (1) otrzymamy
dN(v, ϑ) = πn( m
2πkT
)3/2
v3 exp(−mv2
2kT
)dv sin(2ϑ)dϑ . (3)
Energia kinetyczna jednej drobiny gazu, ktora pada na sciankeι naczyniaE′
k = mv2/2. Ca lkowita energia kinetyczna beιdaιca sumaι energii kinety-cznej poszczegolnych drobin gazu beιdzie rowna
Ek =π
2nm
( m
2πkT
)3/2∫ ∞
0
∫ π/2
0
v5 exp(−mv2
2kT
)sin(2ϑ)dvdϑ . (4)
Ca lkujemy wzgleιdem kaιta ϑ tylko w przedziale kaιtow od 0 do π/2, gdyztylko kaιtom z tego przedzia lu odpowiadajaι drobiny biegnaιce w kierunkuscianki i mogaιce w niaι uderzyc. Po wykonaniu ca lkowania otrzymujemy
Ek = nkT
(2kT
πm
)1/2
, (5)
lubEk = p
v
2, (6)
gdzie p jest cisnieniem gazu w zbiorniku, a v jest preιdkosciaι sredniaι drobingazu.Jezeli w zbiorniku znajduje sieι wodor pod cisnieniem 104 Pa i w temper-aturze T = 300 K to
Ek ≈ 107Jm−2s−1 . (7)
3.2.13. Rozk lad Maxwella dosc dobrze opisuje ruchy powolnych neutronow.Strumien powolnych (termicznych) neutronow, ktory wylatuje z blokuparafinowego o temperaturze T jest rejestrowany przez detektor, ktoregowydajnosc jest wprost proporcjonalna do 1/v, gdzie v jest wartosciaι
3.2. ZADANIA 51
preιdkosci neutronow. Obliczyc sredniaι energieι kinetycznaι zareje-strowanych przez detektor neutronow. Jaka beιdzie srednia energiakinetyczna tych neutronow dla detektora o sta lej wydajnosci?
Rozwiaιzanie: Srednia energia zarejestrowanych neutronow jestrowna ilorazowi ca lkowitej energii neutronow Ec padajaιcych w ciaιguczasu t na powierzchnieι detektora i zarejestrowanych przez niego, przezca lkowitaι liczbeι N neutronow zarejestrowanych przez detektor, tzn.
E =Ec
N. (1)
Korzystajaιc ze wzoru (3) zadania 3.2.12 otrzymujemy wyrazenie dla liczbyneutronow padajaιcych w ciaιgu jednostki czasu na jednostkeι powierzchnidetektora i majaιcych wartosci preιdkosci zawarte w przedziale (v, v + dv)i wartosci kaιta padania na powierzchnieι detektora lezaιce w przedziale(ϑ, ϑ + dϑ)
dn(ϑ, v) = πn( m
2πkT
)3/2
v3 exp(−mv2
2kT
)dv sin(2ϑ)dϑ , (2)
gdzie n jest liczbaι neutronow w jednostce objeιtosci wiaιzki padajaιcej na de-tektor. Poniewaz wydajnosc licznika, to znaczy stosunek liczby neutronowwpadajaιcych do licznika i zarejestrowanych przez niego do liczby neu-tronow trafiajaιcych do licznika w tym samym czasie, jest funkcjaι preιdkosciv neutronow
ε =A
v, A = const , (3)
to liczbeι czaιstek zarejestrowanych przez licznik w ciaιgu jednej sekundy,ktorych wartosci preιdkosci lezaι w przedziale (v, v + dv), otrzymujemymnozaιc (2) przez (3) i ca lkujaιc otrzymane wyrazenie wzgleιdem ϑ wprzedziale kaιtow (0, π/2)
dn(v) = πn( m
2πkT
)3/2 A
vv3 exp
(−mv2
2kT
)dv
∫ π/2
0
sin(2ϑ)dϑ =
= πnA( m
2πkT
)3/2
v2 exp(−mv2
2kT
)dv . (4)
Energia kinetyczna pojedynczego neutronu, ktory trafia do detektora, jestrowna mv2/2, a zatem ca lkowita energia kinetyczna neutronow zareje-strowanych w ciaιgu jednej sekundy przez detektor jest rowna
Ec = πnA( m
2πkT
)3/2∫ ∞
0
m
2v2v2 exp
(−mv2
2kT
)dv =
38AnkT . (5)
Ca lkowitaι liczbeι neutronow zarejestrowanych przez detektor w ciaιgu jed-nej sekundy znajdziemy ca lkujaιc wyrazenie (4) wzgleιdem v; otrzymujemy
N = πnA( m
2πkT
)3/2∫ ∞
0
v2 exp(−mv2
2kT
)dv =
14An . (6)
52 ROZDZIA L 3. TEORIA KINETYCZNA GAZOW
Po podstawieniu (5) i (6) do (1) otrzymujemy
E =32kT . (7)
W przypadku, gdy wydajnosc ε = const = B, pe lnaι energieι zareje-strowanych neutronow otrzymamy mnozaιc wyrazenie (2) przez energieιpadajaιcego neutronu mv2/2, przez wydajnosc B i wykonujaιc ca lkowaniewzgleιdem v i ϑ
Ec = πnB( m
2πkT
)3/2∫ π/2
0
sin(2ϑ)dϑ
∫ ∞
0
m
2v5 exp
(−mv2
2kT
)dv =
= nBkT
(2kT
πm
)1/2
=nBkT
2v . (8)
Ca lkowitaι liczbeι neutronow padajaιcych w tym czasie na licznik i zareje-strowanych przez niego otrzymamy mnozaιc wyrazenie (2) przez ε = B iwykonujaιc ca lkowanie wzgleιdem v i ϑ
N = πnB( m
2πkT
)3/2∫ π/2
0
sin(2ϑ)dϑ
∫ ∞
0
v3 exp(−mv2
2kT
)dv =
=nB
2
(2kT
πm
)1/2
=nB
4v . (9)
Po podstawieniu (8) i (9) do (1) otrzymujemy
E = 2kT . (10)
Wynik ten otrzymamy rowniez mnozaιc wynik zadania 3.2.12 - wzor (5)przez B
Ec = BnkT
2v (11)
i mnozaιc przez B wynik zadania 3.2.9 - wzor (8) dla ∆S = 1
ν = Bnv
4. (12)
Staιd dzielaιc (11) przez (12) stronami otrzymujemy
E =Ec
ν= 2kT .
3.2.14. Okreslic rozk lad koncentracji drobin gazu doskona lego znajdujaιcego sieιw naczyniu cylindrycznym o promieniu R i d lugosci l, obracajaιcym sieιwoko l osi symetrii z preιdkosciaι kaιtowaι ω. W naczyniu znajduje sieι Ndrobin gazu o temperaturze T .
3.2. ZADANIA 53
Rozwiaιzanie: Obrot gazu jako ca losci z preιdkosciaι kaιtowaι ω jestrownowazny obecnosci zewneιtrznego pola si ly odsrodkowej, w ktorymenergia potencjalna drobiny
U(r) = −mω2
2r2 , (1)
gdzie r jest odleg losciaι drobiny gazu od osi obrotu naczynia, m jest masaιdrobiny gazu.Liczbeι drobin gazu w jednostce objeιtosci mozna znalezc korzystajaιc zrozk ladu Boltzmanna
dN(r)dV
= n(r) = A exp(−U(r)
kT
)= A exp
(mω2
2kTr2
). (2)
Sta laι A znajdziemy z warunku, ze ca lkowita liczba drobin w naczyniu jestrowna N ∫ V
0
n(r)dV ′ = N . (3)
Ca lkowanie wygodnie jest wykonac we wspo lrzeιdnych cylindrycznych(r, ϕ, z)
N = A
∫ 2π
0
∫ l
0
∫ R
0
r exp(
mω2
2kTr2
)dϕdzdr = (4)
= Aπl
mω2
2kT
[exp
(mω2
2kTR2
)− 1]
, (5)
skaιd
A =N
V
−U(R)kT
exp(−U(R)
kT
)− 1
. (6)
Podstawiajaιc (6) do (2) otrzymujemy
n(r) =N
V
−U(R)kT
exp(−U(R)
kT
)− 1
exp(−U(r)
kT
). (7)
Jezeli w wirowce znajduje sieι mieszanina gazow o masach drobinowychodpowiednio M1,M2, · · · to z uwagi na wysteιpowanie w wyrazeniu (7)masy drobiny (w wyrazeniach: U(r) = m(ωr)2/2 i U(R) = −m(ωR)2/2),koncentracja drobin roznych gazow beιdzie rozna dla tej samej wartosci r.Opisanaι wieιc wyzej wirowkeι mozna uzyc do mechanicznego rozdzielaniask ladowych gazu o roznych masach drobinowych.Dla |U(R)| kT (przypadek taki jest mozliwy na przyk lad dla naczyniao promieniu R = 10 cm obracajaιcego sieι z preιdkosciaι kaιtowaι ω = 2π · 103
54 ROZDZIA L 3. TEORIA KINETYCZNA GAZOW
rad/s, tzn. wykonujaιcego 1000 obrotow na sekundeι; w naczyniu znajdujesieι wodor w warunkach normalnych), wyrazenie eksponencjalne moznarozwinaιc w szereg poteιgowy, skaιd otrzymamy
n(r) ≈ N
V
[1− U(r)
kT
]= n
(1 +
mω2
2kTr2
). (8)
Gdy
exp(−U(R)
kT
) 1 (9)
(szesciofluorek uranu UF6 w poprzednich warunkach), to
n(r) ≈ N
V
(−U(R)
kT
)exp
−U(R)
kT
[( r
R
)2
− 1]
=
= n
(mω2
2kTR2
)exp
mω2
2kTR2
[( r
R
)2
− 1]
. (10)
Opisany wyzej efekt znalaz l zastosowanie w ultrawirowce do otrzymywaniawzbogaconego uranu 235U, przy czym ta metoda jest o wiele tansza odmetody dyfuzyjnej.
3.2.15. Dany jest uk lad dwoch wspo losiowych cylindrow o promieniach r iR, przy czym r < R. Przestrzen mieιdzy cylindrami wype lniona jestgazem, ktorego temperatura wynosi T . Walce wykonujaι odpowiednion i N obrotow w ciaιgu jednej sekundy. Zak ladajaιc, ze rozpatrywanyelement powierzchni walca jest w przyblizeniu p laski, obliczyc si leι stycznaιfs = F/S dzia lajaιcaι na jednostkeι powierzchni walca wewneιtrznego.Srednica drobin gazu wynosi d.
3.2. ZADANIA 55
Rys. 3-8 Schemat dwoch walcow wirujaιcych woko l wspolnej osi.Objeιtosc pomieιdzy walcami wype lniona jest gazem.
Rozwiaιzanie: Mieιdzy wartwami gazu wskutek wysteιpowania tarciawewneιtrznego dzia la si la styczna F rowna
F = η∂u
∂rS , (1)
gdzie ∂u/∂r jest gradientem preιdkosci (skierowanym prostopadle dokierunku ruchu warstw gazu), η - wspo lczynnikiem lepkosci gazu, a S jestwielkosciaι powierzchni na jakiej stykajaι sieι warstwy gazu majaιce roznewartosci preιdkosci.Przyjmijmy, ze preιdkosc warstwy gazu przy powierzchni cylindra jestrowna preιdkosci tej powierzchni. Wtedy na powierzchnieι cylindra beιdziedzia la la taka sama si la, jak na warstweι gazu bezposrednio do niejprzylegajaιcaι. Na jednostkeι powierzchni cylindra dzia la si la f = F/S,a zatem
f = η∂u
∂r. (2)
Pozostaje jeszcze do obliczenia wartosc gradientu preιdkosci i wspo lczynniklepkosci. Poniewaz preιdkosc warstw zmienia sieι z odleg losciaι mieιdzy cylin-drami liniowo, wieιc
∂u
∂r=
∆u
∆r=
uR ± ur
R− r, (3)
gdzie ur = 2πnr i uR = 2πNR. Znaku minus uzywamy, gdy walceobracajaι sieι w teι samaι stroneι, znaku plus, gdy w przeciwnaι stroneι.
56 ROZDZIA L 3. TEORIA KINETYCZNA GAZOW
Z teorii kinetycznej gazu wiadomo, ze wspo lczynnik lepkosci gazu danyjest wyrazeniem
η =13ρvλ , (4)
gdzie v jest preιdkosciaι sredniaι drobin gazu, λ jest sredniaι drogaι swobodnaιdrobin (zadanie 3.2.10), a ρ jest geιstosciaι gazu.Podstawiajaιc do (4) wyrazenia
λ =1√
2πd2n0
, (5)
v = 2(
2kT
πm
)1/2
(6)
i ρ = mn0, gdzie n0 jest liczbaι drobin gazu zawartych w jednostceobjeιtosci, otrzymujemy
η =2
3π
1d2
(mkT
π
)1/2
, (7)
skaιd
f =43
1d2
(nkT
π
)1/2N ± n(r/R)
1− r/R. (8)
Na jednostkeι powierzchni cylindra zewneιtrznego dzia la oczywiscie si la otakiej samej wartosci.Jesli pomieιdzy cylindrami (R = 10 cm, R − r = 0, 1 cm) znajduje sieιdwutlenek weιgla (mCO2 = 44 ·1, 66 ·10−27kg, d = 3, 8 ·10−10m) o temper-aturze 300 K, to przy szybkosci wirowania walca wewneιtrznego n = 100obr./s (N = 0) otrzymamy f ≈ 0, 9 Pa.
3.2.16. Znalezc ruchliwosc jonow w gazie znajdujaιcym sieι w sta lym polu elek-trycznym o nateιzeniu E.
Rozwiaιzanie: Zadanie rozwiaιzemy przy za lozeniu, ze koncentracjajonow jest ma la (oddzia lywanie jon-jon mozna zaniedbac), jony i drobinyoddzia lywujaι jak spreιzyste kulki oraz stosunek E/p jest ma ly, gdzie poznacza cisnienie gazu przy czym to ostatnie za lozenie oznacza, ze energiaruchu w kierunku pola jest zaniedbywalna w porownaniu z energiaιruchu termicznego. Za lozmy jeszcze, ze jony poruszajaι sieι, podobnie jakdrobiny gazu, po torach lamanych, przy czym d lugosci poszczegolnychodcinkow prostoliniowych pomieιdzy kolejnymi zderzeniami saι roz lozonestatystycznie woko l wartosci sredniej drogi swobodnej jonow λ, ktoraιprzyjmiemy rownaι sredniej drodze swobodnej drobin gazu. Jezeli przyjaιcjeszcze, ze przy zderzeniu z drobinaι jon ca lkowicie wytraca preιdkoscskierowanaι w kierunku pola elektrycznego nabytaι dzieιki dzia laniu si ly
3.2. ZADANIA 57
~F = e ~E, to w czasie t mieιdzy kolejnymi zderzeniami jon przesunie sieι wkierunku dzia lania pola elektrycznego na odleg losc
l =12at2 =
12
eE
m
x2
v2 , (1)
gdzie a jest przyspieszeniem jonu, x jest ca lkowitaι drogaι, ktoraι przebeιdziejon mieιdzy dwoma kolejnymi zderzeniami, przy czym zak ladamy, z uwagina x l, ze czas mieιdzy dwoma kolejnymi zderzeniami t mozna przyjaιcrowny x/v, gdzie v jest sredniaι preιdkosciaι jonu w ruchu termicznym.Wartosc sredniaι przesunieιcia l mozna znalezc usredniajaιc wielkosc x2 poskorzystaniu z rozk ladu d lugosci przebiegow swobodnych jonow.
Rys. 3-9 Tor jonu w przypadku gdy E = 0 (linia ciaιg la) oraz gdy E 6= 0(linia przerywana); l jest przesunieιciem wywo lanym przez pole
elektryczne dzia lajaιce w czasie mieιdzy dwoma kolejnymi zderzeniami.
Zmiana liczby jonow na odcinku (x, x+dx), ktore nie uleg ly zderzeniu poprzebyciu odcinka o d lugosci x jest wprost proporcjonalna do liczby tychjonow i odwrotnie proporcjonalna do sredniej drogi swobodnej jonow
dN(x)dx
= − 1λ
N(x) . (2)
Rozwiaιzaniem rownania (2) jest wyrazenie
N(x) = N(0) exp(−x
λ
), (3)
w ktorym N(0) oznacza liczbeι jonow w chwili gdy x = 0, tzn. tuz pokolejnym zderzeniu. N(x) jest liczbaι jonow, ktore przeby ly odcinek x bezzderzenia.Prawdopodobienstwo, ze jon nie ulegnie zderzeniu po przebyciu drogi xjest wieιc rowne
p(x) =N(x)N(0)
= exp(−x
λ
). (4)
58 ROZDZIA L 3. TEORIA KINETYCZNA GAZOW
Korzystajaιc z (2) i (4) znajdujemy, ze prawdopodobienstwo tego, iz jondozna zderzenia na odcinku (x, x + dx), po przebyciu odcinka x bezzderzenia, jest rowne
dx
λexp
(−x
λ
). (5)
Zatem wartosc srednia przesunieιcia
l =
∫ ∞
0
l1λ
exp(−x/λ
)dx∫ ∞
0
1λ
exp(−x/λ
)dx
=
=12
eE
m
1v2
∫ ∞
0
x2 1λ
exp(−x/λ
)dx∫ ∞
0
1λ
exp(−x/λ
)dx
=eE
m
λ2
v2 , (6)
skaιd
l =eE
mτ2 , (7)
gdzie τ jest srednim czasem jaki up lywa mieιdzy dwoma kolejnymizderzeniami jonu z drobinami gazu.Preιdkosc ruchu (dryfu) w kierunku pola
vd =l
τ=
eE
mτ =
eE
m
λ
v, (8)
a zatem ruchliwosc jonow zdefiniowana przez wyrazenie
vd = µE (9)
jest rowna
µ =eλ
mv=
e
mτ . (10)
Ruchliwosc jonow He+ w He w warunkach normalnych wyliczona zapomocaι wzoru (10) (P. Langevin 1903 r. - teoria uproszczona) wynosioko lo 3 · 10−3 m2/Vs i jest prawie trzykrotnie wieιksza od danychdoswiadczalnych uzyskanych dla s labych pol elektrycznych. Rozbieznoscta wskazuje na to, ze poczynione za lozenia dotyczaιce oddzia lywania jonowz drobinami gazu (model spreιzystych kul) nalezy zmodyfikowac poprzezuwzgleιdnienie obecnosci si l dalekozasieιgowych (elektrycznych).
3.3. CWICZENIA 59
3.3 Cwiczenia
3.3.1. Jaka jest d lugosc kraweιdzi szescianu zawierajaιcego N = 106 drobin gazudoskona lego w warunkach normalnych?
Odpowiedz:
l = 3
√NkT
p0≈ 3, 4 · 10−7m .
3.3.2. Znalezc wartosc sredniaι kwadratu preιdkosci drobin gazu doskona lego iporownac z kwadratem wartosci sredniej preιdkosci (zad. 3.2.7).
Odpowiedz:
vn =2√π
(2kT
m
)n/2
Γ(
n + 32
);
v2 =3kT
m> v2 =
8π
kT
m.
3.3.3. W naczyniu o objeιtosci V = 10 cm3 znajduje sieι N = 5 · 1020 drobinhelu pod cisnieniem p = 2 · 104 Pa. Okreslic preιdkosc sredniaι kwadratowaιdrobin gazu w tych warunkach.
Odpowiedz: √v2 =
√3pNAV
AN= 425 m/s .
3.3.4. Okreslic temperatureι, w ktorej srednia preιdkosc kwadratowa beιdzie rownapreιdkosci ucieczki drobin wodoru, tlenu i azotu z powierzchni Ziemi orazz powierzchni Ksieιzyca.
Odpowiedz:
T =23
mgR
k,
gdzie m - masa drobiny gazu, g - przyspieszenie na powierzchni planety opromieniu R, k - sta la Boltzmanna.
TH2 =
1, 02 · 104 K (dla Ziemi)4, 61 · 102 K (dla Ksiezyca)
TO2 =
16, 32 · 104 K (dla Ziemi)73, 76 · 102 K (dla Ksiezyca)
TN2 =
14, 28 · 104 K (dla Ziemi)64, 54 · 102 K (dla Ksiezyca)
3.3.5. Znalezc wartosc najbardziej prawdopodobnaι preιdkosci drobin gazudoskona lego w temperaturze T .
Odpowiedz:
vp =
√2kT
m.
60 ROZDZIA L 3. TEORIA KINETYCZNA GAZOW
3.3.6. Pokazac, ze jesli za jednostkeι preιdkosci drobin gazu przyjaιc jejwartosc na-jbardziej prawdopodobnaι, to liczba drobin, ktorych wartosci bezwzgleιdnepreιdkosci lezaι w przedziale pomieιdzy v i v + dv, nie beιdzie zaleza la odtemperatury gazu.
3.3.7. Znalezc stosunek liczby drobin wodoru, ktorych wartosci bezwzgleιdnepreιdkosci saι zawarte w przedziale od 1000 m/s do 1001 m/s, do liczbydrobin, ktorych wartosci preιdkosci lezaι w przedziale od 2000 m/s do 2001m/s. Temperatura wodoru T = 300 K.
Odpowiedz:
∆N1
∆N2=(
v1
v2
)2
exp[− m
2kT(v2
1 − v22)]· 1 ≈ 0, 83 .
3.3.8. Znajaιc funkcjeι rozk ladu energii drobin gazu doskona lego znalezc funkcjeιrozk ladu wartosci bezwzgleιdnych peιdow.
Odpowiedz:
f(p) =
√2π
(1
mkT
)3/2
p2 exp(− p2
2mkT
).
3.3.9. Przy jakim cisnieniu srednia droga swobodna λ drobin wodoru wynosi 1m? Temperatura gazu T = 300 K. Sredniceι drobiny wodoru przyjaιc rownaιd = 2, 3 · 10−10m.
Odpowiedz:
p =kT√2πd2λ
≈ 0, 0186 Pa .
3.3.10. W przestrzeni mieιdzyplanetarnej jedna drobina przypada srednio naobjeιtosc V1 = 15 cm3. Ile wynosi sredni odsteιp czasu mieιdzy dwomakolejnymi zderzeniami drobiny, jezeli za lozyc, ze jedynymi drobinami tamwysteιpujaιcymi saι drobiny wodoru? Temperatura gazu T = 10 K.
Odpowiedz:
τ =V1
2d2
√A
2πRT≈ 2, 77 · 1011s ≈ 104lat .
3.3.11. W wyniku adiabatycznego spreιzania pewnej ilosci gazu dwuatomowegojego temperatura wzros la dwukrotnie. Okreslic sredniaι drogeι swobodnaιdrobin przy koncu spreιzania, jezeli poczaιtkowo by la ona rowna λ1 = 1 ·10−7m. Za lozyc, ze λ nie zalezy od T .
Odpowiedz:
λ2 = λ1
(T1
T2
)1/(γ−1)
≈ 1, 7 · 10−8m; .
3.3. CWICZENIA 61
3.3.12. Okreslic wartosc cisnienia, ponizej ktorej przewodnictwo cieplne powi-etrza zamknieιtego mieιdzy sciankami naczynia Dewara przestaje zalezecod cisnienia gazu. Odleg losc mieιdzy sciankami l = 1 cm. Sredniceι drobinypowietrza przyjaιc rownaι d = 3 · 10−10 m. Temperatura gazu T = 290 K.
Odpowiedz:
λ ≥ l ,
skaιd
p ≤ kT√2πd2l
≈ 1 Pa .
3.3.13. Obliczyc wysokosc gory, jezeli cisnienie na jej szczycie ph jest rowne 3/4cisnienia p0 panujaιcego na poziomie morza. Przyjaιc, ze temperatura niezmienia sieι z wysokosciaι i wynosi 290 K.
Wskazowka: Korzystajaιc z rozk ladu Boltzmanna i zaleznosci mieιdzycisnieniem gazu i liczbaι drobin gazu w jednostce objeιtosci wyprowadzicwzor barometryczny, to jest zaleznosc cisnienia od wysokosci przyza lozeniu, ze temperatura jest sta la (T 6= T (h)).
Odpowiedz:
h =RT
Ag0ln
p0
ph≈ 4830 m ,
gdzie g0 - przyspieszenie w polu si ly ciaιzenia Ziemi na poziomie morza.
3.3.14. W naczyniu w kszta lcie walca o promieniu R i d lugosci l znajduje sieι Ndrobin gazu. Znalezc rozk lad koncentracji drobin gazu w naczyniu w czasieobrotu walca dooko la pionowej osi z preιdkosciaι kaιtowaι ω. Uwzgleιdnicdzia lanie si ly ciaιzenia.
Odpowiedz: Liczba drobin gazu, ktorych wspo lrzeιdne zawierajaι sieι wprzedziale pomieιdzy r i r + dr oraz z i z + dz,
dn =ng0[
1− exp(−mg0l
kT
)][exp
(mω2R2
2kT
)− 1] (mω
kT
)2
×
× exp(−mg0z
kT
)exp
(mω2r2
2kT
)rdrdz ,
gdzie r jest odleg losciaι liczonaι od osi obrotu, z - odleg losciaι od dna naczy-nia.
3.3.15. Jaka czeιsc atomow sodu znajduje sieι w stanie wzbudzonym i moze emi-towac fale elektromagnetyczne o d lugosci λ = 5, 890 · 10−7 m, jezeli tem-peratura gazu T = 2000 K?
Odpowiedz: Energia kinetyczna atomow E ≥ hc/λ, a zatem
∆N
N≈ 2√
π
√hc
λkTexp
(− hc
λkT
)≈ 2 · 10−5 .
62 ROZDZIA L 3. TEORIA KINETYCZNA GAZOW
3.3.16. Znalezc sredni czas, jaki up lywa mieιdzy kolejnymi zderzeniami jonow Xe+
z atomami Xe, jezeli zmierzona ruchliwosc jonow w warunkach normalnychwynosi µ = 0, 84 cm2/V · s. Gaz znajduje sieι w sta lym s labym poluelektrycznym.
Odpowiedz:τ =
m
eµ ≈ 1, 14 · 10−10s .
Rozdzia l 4
Oddzia lywaniepromieniowania z materiaι
4.1 Wsteιp
1. Energia fotonu
E = hν (4.1)
gdzie ν czeιstosc fali fotonu.
2. Peιd fotonu
p =h
λ=
h
cν =
E
c(4.2)
λ - d lugosc fali fotonu.
3. Wzor Einsteina dla zewneιtrznego zjawiska fotoelektrycznego
hν = P + Ekin max , (4.3)
gdzie P jest pracaι potrzebnaι do wyrwania elektronu z metalu, ν - czeιstoscfali padajaιcego fotonu, Ekin max = mv2
max/2 jest najwieιkszaι energiaιkinetycznaι fotoelektronow wyrwanych z powierzchni metalu.
63
64 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
Rys. 4-1 Zaleznosc nateιzenia I wiaιzki promieniowania od grubosci xabsorbenta. D jest takaι grubosciaι warstwy absorbujaιcej, dla ktorej
I = I0/2.
4. Nateιzenie wiaιzki promieniowania I po przejsciu przez warstweι materii ogrubosci x
I = I0 exp(−µx) , (4.4)
gdzie I0 jest nateιzeniem wiaιzki padajaιcej, µ - liniowym wspo lczynnikiemos labienia.
4.2. ZADANIA 65
Rys. 4-2 Wykres funkcji I(x) od x w skali po llogarytmicznej. Znajomosckaιta pochylenia krzywej pozwala wyznaczyc liniowy wspo lczynnik
os labienia µ.
4.2 Zadania
4.2.1. Opierajaιc sieι na kwantowym obrazie promieniowania znalezc cisnieniewywierane przez monochromatycznaι rownoleg laι wiaιzkeι swiat la naustawionaι na drodze wiaιzki powierzchnieι o wspo lczynniku odbiciarownym r. Wiaιzka swiat la o geιstosci strumienia J pada na powierzchnieιpod kaιtem α. Odbicie nasteιpuje pod kaιtem rownym co do wartoscikaιtowi padania (odbicie zwierciadlane).
Rys. 4-3 Odbicie promieni swiat la od przeszkody.
Rozwiaιzanie: Ilosc energii E padajaιcej w ciaιgu jednej sekundy podkaιtem α na powierzchnieι S beιdzie rowna
E = JS cos α . (1)
66 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
Ca lkowity peιd fotonow padajaιcych na teι powierzchnieι w ciaιgu jednejsekundy
pi =E
c=
JS cos α
c, (2)
gdzie c jest preιdkosciaι fali elektromagnetycznej w prozni. Sk ladowa nor-malna tego peιdu pni jest rowna
pni =E
ccos α =
JS cos2 α
c. (3)
Podobnie posteιpujaιc dla fotonow odbitych od powierzchni otrzymamywyrazenie na laιcznaι sk ladowaι normalnaι peιdu fotonow odbitych odpowierzchni w ciaιgu jednej sekundy
pnr = rE
ccos α = r
JS cos2 α
c. (4)
Zmiana sk ladowej normalnej peιdu fotonow w wyniku odbicia beιdzie rowna
∆pn = pni − (−pnr) = pni + pnr = (1 + r)JS cos2 α
c. (5)
Zmiana sk ladowej normalnej peιdu w ciaιgu jednej sekundy jest rownasredniej sile dzia lajaιcej na teι powierzchnieι. Stosunek si ly do wielkoscipowierzchni, na ktoraι ta si la dzia la, beιdzie rowny cisnieniu wywieranemuprzez wiaιzkeι swiat la na teι powierzchnieι. Cisnienie wywierane przez wiaιzkeιswiat la na powierzchnieι S jest wieιc rowne
∆pn
1 · S= (1 + r)
J
ccos2 α . (6)
Jeden z projektow pojazdow kosmicznych przewiduje, ze po wyprowadze-niu pojazdu na orbiteι woko ls lonecznaι przy uzyciu konwencjonalnych sil-nikow, beιdzie uzyty wielki plastykowy zagiel pokryty tworzywem bardzodobrze odbijajaιcym swiat lo. Pojazd mia l wykorzystac si leι wywieranaιprzez promienie s loneczne na zagiel w celu zwieιkszenia preιdkosci i zmianyorbity. Mozna policzyc, ze wartosc si ly dzia lajaιcej na zagiel jest nieduza wporownaniu z si laι ciaιgu zwyk lych silnikow uzywanych obecnie do napeιdutego typu pojazdow, ale metoda ta ma teι zaleteι, ze w odroznieniu odobecnych sposobow napeιdu pojazdow kosmicznych - ”paliwa” dla napeιdu”zaglowca” nie brakuje i nie trzeba go wozic ze sobaι. Wielkosc si ly ikierunek ruchu mozna regulowac wielkosciaι powierzchni i kaιtem ustaw-ienia zagla 1.
4.2.2. W oproznionej z powietrza bance szklanej zawieszono metalowy cienkikraιzek, ktory ma jednaι po loweι powierzchni pokrytaι substancjaι czarnaι owspo lczynniku odbicia r = 0, a drugaι po loweι pokrytaι warstwaι b lyszczaιcaι
1Obszerniej na ten temat w artykule J.H.Teisseyre. Problemy nr 4, str. 240-244 (1960).
4.2. ZADANIA 67
o wspo lczynniku odbicia r = 1. Ca laι powierzchnieι blaszki oswietlamywiaιzkaι swiat la padajaιcaι na powierzchnieι oswietlanaι pod kaιtem padaniarownym 0. Znalezc stosunek si l dzia lajaιcych na obydwie po lowy blaszki.
Rys. 4-4 Schemat do zadania 4.2.2. Kraιzek, ktorego po lowy odbijajaιswiat lo w roznym stopniu moze obracac sieι woko l osi OO′.
Rozwiaιzanie: Korzystajaιc z rozwiaιzania poprzedniego zadania, po pod-stawieniu do niego r = 1 i α = 0, otrzymamy wielkosc si ly Fr dzia lajaιcejna b lyszczaιcaι powierzchnieι kraιzka
Fr = 2J
cS , (1)
gdzie J jest geιstosciaι strumienia swiat la, a S - wielkosciaι powierzchnib lyszczaιcej p lytki. Na powierzchnieι czarnaι dzia lajaι dwie si ly: jedna,F1, zwiaιzana ze zmianaι peιdu kraιzka po zaabsorbowaniu przez czarnaιpowierzchnieι fotonow padajaιcych na niaι i oddajaιcych p lytce swoj peιd;druga, F2, ktora wiaιze sieι ze zmianaι peιdu p lytki zwiaιzanaι z odrzutemp lytki wysteιpujaιcym przy emisji fotonow z powierzchni czarnej kraιzka.Wartosc si ly F1 otrzymamy podstawiajaιc do rozwiaιzania poprzedniegozadania r = 0 i α = 0
F1 =J
cS . (2)
Poniewaz powierzchnieι zaczernionaι mozemy traktowac jak cia lo doskonaleczarne (r = 0), wieιc ma tutaj zastosowanie prawo Lamberta, ktoremowi, ze nateιzenie energetyczne zrod la J (zdefiniowane jako ilosc en-ergii wypromieniowanej przez zrod lo w ciaιgu jednej sekundy w jednos-tkowy kaιt bry lowy) promieniowania emitowanego w dowolnym kierunkuz powierzchni cia la doskonale czarnego jest wprost proporcjonalne do cos-inusa kaιta mieιdzy normalnaι do powierzchni emitujaιcej, a kierunkiem,pod ktorym jest wysy lane promieniowanie (inne sformu lowanie tego prawamowi, ze powierzchniowa jasnosc energetyczna Bα, ktora jest wielkosciaι
68 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
charakteryzujaιcaι promieniowanie powierzchni w zadanym kierunku (dlapowierzchni doskonale czarnych), nie zalezy od wartosci kaιta, pod ktorymjest wysy lane promieniowanie)
Jα = B cos α dS , (3)
gdzie α jest kaιtem mieιdzy normalnaι do powierzchni a kierunkiem emi-towanego promieniowania, przy czym B 6= B(α). Ca lkowita ilosc energiiwypromieniowanej w ciaιgu jednej sekundy w po lpe lny kaιt bry lowy
Φe =∫
S
∫Ω/2
B cos α dS′dω′ , (4)
gdziedΩ′ = sin αdαdφ . (5)
Ca lkowanie wzgleιdem Ω′ wykonujemy po po lpe lnym kaιcie bry lowym.Kaιt φ lezy w p laszczyznie powierzchni emitujaιcej promieniowanie.Podstawiajaιc (5) do (4) otrzymamy
Φe = B
∫S
∫ π/2
0
∫ 2π
0
cos α sin α dS′dαdφ . (6)
Po wykonaniu ca lkowania dostajemy
Φe = πBS . (7)
Ale dla cia la doskonale czarnego mamy zaleznosc (prawo Kirchhoffa)
Φe = Φa = J S , (8)
gdzie Φe jest ca lkowitaι energiaι promieniowania docierajaιcego z po lpe lnegokaιta bry lowego do powierzchni S w ciaιgu jednej sekundy i absorbowanegoprzez teι powierzchnieι. Porownujaιc (7) i (8) otrzymujemy
B =J
π. (9)
Laιczny peιd fotonow wyemitowanych z powierzchni dS w ciaιgu jednejsekundy, w kaιt bry lowy dΩ pod kaιtem α do normalnej do powierzchni,jest rowny
pα =Jα
ccos α dΩ =
B
ccos2 α sin α dS dαdφ . (10)
Taki sam peιd, ale przeciwnie skierowany, uzyska element powierzchni dSemitujaιcy promieniowanie. Ca lkowity peιd uzyskany przez p lytkeι wskutekodrzutu p lytki, przy emisji przez niaι fotonow, beιdzie rowny
p =∫ π/2
0
∫S
∫ 2π
0
B
ccos2 α sin α dα dS′dφ . (11)
4.2. ZADANIA 69
Po wykonaniu ca lkowania otrzymamy
p =23πS
B
c, (12)
ale
B =J
π,
a zatem
p =23
J
cS . (13)
Poniewaz zmiana peιdu w ciaιgu jednej sekundy jest rowna sredniej siledzia lajaιcej na danaι powierzchnieι S, a wieιc
F2 = p =23
J
cS . (14)
Ca lkowita si la dzia lajaιca na powierzchnieι zaczernionaι kraιzka beιdzie mia lawartosc
Fc = F1 + F2 =53
J
cS . (15)
Stosunek wartosci si l dzia lajaιcych na zaczernionaι i b lyszczaιcaι czeιscpowierzchni kraιzka
Fc
Fr=
56
. (16)
Poniewaz si ly dzia lajaιce na obie po lowki saι rozne przy oswietleniu ichwiaιzkaι swiat la o takim samym nateιzeniu i padajaιcym pod tym samymkaιtem, to wypadkowy moment si l dzia lajaιcych na obie po lowki kraιzkabeιdzie rozny od zera i kraιzek zawieszony na nici, ktorej przed luzeniem jestlinia rozdzielajaιca obie roznie pokryte po lowy kraιzka, beιdzie sieι obraca l.Jesli zbiornik zawierajaιcy kraιzek nie beιdzie dobrze oprozniony z powi-etrza, istotne znaczenie beιdaι mia ly procesy zderzenia czaιstek gazu ze sobaι,z kraιzkiem i ze sciankami naczynia.
4.2.3. Za lozmy, ze ogon komety sk lada sieι z drobnego py lu o sredniej geιstosci ρ.Obliczyc, jakaι wielkosc musi miec promien py lku, aby si la przyciaιganiagrawitacyjnego z jakaι dzia la S lonce na py lek by la nie wieιksza odsi ly zwiaιzanej z cisnieniem wywieranym na powierzchnieι py lku przezpromieniowanie s loneczne.
Rozwiaιzanie: Za lozmy, ze promien py lku jest znacznie wieιkszy odd lugosci fali swiat la padajaιcego na py lek. Wtedy mozna zaniedbacdyfrakcjeι fali swietlnej na py lku i stosowac prawa optyki geometrycznej.
70 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
Rys. 4-5 Wiaιzka swiat la s lonecznego pada na py lek gazumieιdzygwiezdnego. Os Z przechodzi przez srodki S lonca i py lku, wersory~iz oraz ~i wyznaczajaι odpowiednio kierunki padajaιcego i rozproszonego
fotonu pod kaιtami α.
Wybierzmy uk lad wspo lrzeιdnych tak, aby linia przechodzaιca przez srodkigeometryczne py lku i S lonca by la osiaι Z uk ladu. Za lozmy jeszcze, zewspo lczynnik odbicia powierzchni py lku r nie zalezy od kaιta padania αpromieni na teι powierzchnieι. Korzystajaιc z wyrazenia (2) z zadania 4.2.1otrzymamy, ze si la dzia lajaιca na element powierzchni dS py lku beιdzierowna
~f =J
ccos αdS~iz + r
J
ccos αdS~i , (1)
gdzie ~iz jest wektorem jednostkowym skierowanym wzd luz kierunkupromienia padajaιcego na element powierzchni dS (jesli za lozymy, ze od-leg losc py lku od S lonca jest znacznie wieιksza od srednicy S lonca, wtedymozemy przyjaιc, ze promienie swiat la padajaιce na powierzchnieι py lkutworzaι wiaιzkeι rownoleg laι i majaι kierunek osi Z). Wektor jednostkowy~i ma kierunek promienia odbitego. Z uwagi na symetrieι zagadnienia si lawypadkowa Fr (wywierana przez promieniowanie s loneczne) dzia lajaιca napy lek beιdzie skierowana wzd luz osi Z i beιdzie mia la wartosc
Fr =∫
S
fzdS′ , (2)
gdzie
fz =J
ccos αdS − r
J
ccos α · cos (π − 2α) dS (3)
4.2. ZADANIA 71
jest sk ladowaι z si ly ~f dzia lajaιcaι na jednostkeι powierzchni; ca lkowaniewykonujemy tylko po powierzchni, na ktoraι pada promieniowanie. Ele-ment powierzchni kulki
dS = R2 sin αdαdφ , (4)
gdzie R jest promieniem kulki. Kaιt φ lezy w p laszczyznie prostopad lej doosi Z. Po podstawieniu (4) i (3) do (2) otrzymujemy
Fr =J
cR2
∫ π/2
0
∫ 2π
0
(cos α + r cos α cos(2α)) sin αdαdφ =
= 2πR2 J
c
∫ π/2
0
(2r cos3 α + (1− r) cos α) sin αdα ,
skaιd
Fr = πR2 J
c. (5)
Calkowalismy wzgleιdem kaιta α tylko w przedziale od 0 do π/2, gdyz zgod-nie z wybranym uk ladem wspo lrzeιdnych kaιt padania α zmienia sieι tylko wtych granicach gdy poruszamy sieι po powierzchni, na ktoraι padajaι promie-nie s loneczne. Jak widac z (5) si la Fr nie zalezy od wspo lczynnika odbiciar i beιdzie mia la takaι samaι wartosc dla kulki o powierzchni doskonaleczarnej (r = 0) i dla kulki o powierzchni doskonale odbijajaιcej (r = 1).Wynik ten jest prawidziwy tylko przy przyjeιtym uprzednio za lozeniu, zer 6= r(α). Zwrocmy jeszcze uwageι na to, ze na kulkeι dzia la taka sama si la,jak na tarczeι o powierzchni ΠR2 najwieιkszego przekroju kulki.
Wykazemy teraz, ze stosunek si ly Fr wywieranej przez promieniowaniedo si ly grawitacyjnej Fg nie zalezy od odleg losci py lku od S lonca L. Si lagrawitacji
Fg = γmM
L2, (6)
gdzie γ jest sta laι grawitacji, M jest masaι S lonca, zas m jest masaι py lkurownaι
m =43πR3ρ . (7)
Poniewaz J jest ilosciaι wypromieniowanej energii przechodzaιcej przezjednostkeι powierzchni w ciaιgu jednej sekundy, wieιc wartosc J zmieniasieι wraz z odleg losciaι od S lonca wed lug zaleznosci
JL2 = J ′L′2 = const (8)
dla α = const, co oznacza, ze oswietlenie danej powierzchni jest odwrot-nie proporcjonalne do odleg losci tej powierzchni od zrod la swiat la.Przyjmujaιc J ′ rowne sta lej s lonecznej, to znaczy, ilosci promieniowa-nia s lonecznego przechodzaιcego w ciaιgu jednej sekundy przez ustawionaιprostopadle do kierunku padajaιcych promieni powierzchnieι o wielkosci 1
72 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
m2 umieszczonaι nad powierzchniaι Ziemi (wartosc sta lej s lonecznej wynosi1374 W/m2) otrzymujemy
Fr = πR2 J ′
c
(l
L
)2
, (9)
gdzie l jest odleg losciaι Ziemi od S lonca, a wieιc stosunek
Fr
Fg=
34
J ′
c
l2
RMργ(10)
nie zalezy od odleg losci py lku od S lonca. Maseι S lonca mozemy wyelimi-nowac korzystajaιc z trzeciego prawa Keplera dla uk ladu Ziemia - S lonce
T 2
a3=
4π2
γM, (11)
gdzie T jest okresem obiegu Ziemi woko l S lonca, zas a jest po losiaι wielkaιelipsy, po ktorej porusza sieι Ziemia w ruchu rocznym woko l S lonca;wyrazenie (11) otrzymuje sieι ze scis lej zaleznosci
T 2
a3=
4π2
π(M + Mz)(12)
(Mz jest masaι Ziemi) po uwzgleιdnieniu warunku
M Mz . (13)
K ladaιc a = l otrzymujemy ze wzorow (10) i (11)
Fr
Fg=
316π2c
J ′T 2
lRρ. (14)
Wielkosci wysteιpujaιce w wyrazeniu (14) saι znane z wieιkszaι dok ladnosciaιniz wielkosci wysteιpujaιce we wzorze (10).
Si la Fg beιdzie nie wieιksza od si ly Fr gdy
R ≤ 316π2c
J ′T 2
lρ. (15)
Podstawiajaιc wartosci liczbowe (ρ = 103 kg/m3, to znaczy jak dla wody,T = 365, 24 · 86400 s i l = 1, 5 · 1011 m) otrzymamy
R ≤ 5, 8 · 10−7 m. (16)
Otrzymany wynik jest porownywalny z d lugosciaι fali swiat la s lonecznego,na ktoraι wypada maksimum funkcji rozk ladu energii w widmiepromieniowania S lonca, co oznacza, ze w naszych rozwazaniachnaleza lo uwzgleιdnic wysteιpowanie dyfrakcji fali swietlnej na py lku.
4.2. ZADANIA 73
Po uwzgleιdnieniu dyfrakcji otrzymamy wynik mniejszy od (16) gdyzpromieniowanie s loneczne beιdzie wywiera lo cisnienie nie tylko napowierzchnieι py lku zwroconaι ku S loncu, ale i na stroneι przeciwnaιponiewaz si ly oddzia lywania promieniowania na obie po lowki saι przeciwniezwrocone, wieιc wypadkowa si la F ′
r dzia lajaιca na ca laι powierzchnieι py lkubeιdzie mniejsza od Fr danej wyrazeniem (5). Tym samym zastosowaniepraw optyki geometrycznej daje nam gornaι graniceι dla wartosci R, przyktorej spe lniona jest zaleznosc
Fr ≥ Fg . (17)
W ogolnosci, stosunek obu si l zalezy od d lugosci fali swiat la padajaιcegona powierzchnieι py lku, przy czym zaleznosc ta ma charakter z lozony iistnieje taki stosunek λ/R, przy ktorym Fr/Fg osiaιga maksimum. Fakt,ze dla pewnych rozmiarow py lku stosunek Fr/Fg ≥ 1 wykorzystano dlauzasadnienia hipotezy dotyczaιcej przyczyn tworzenia sieι ogonow kometoraz ich kszta ltu.
4.2.4. Korzystajaιc z teorii nierelatywistycznej oszacowac odchylenie wiaιzkiswiat la przy przejsciu w poblizu S lonca.
Rozwiaιzanie: Niech najmniejsza odleg losc pomieιdzy S loncem iprzed luzeniem pierwotnego toru wiaιzki swiat la wynosi R. Jesli fotonznajduje sieι w odleg losci r (rys. 4-6) od srodka S lonca, to dzia la na niegosi la
~F = −γMsmf
r3~r , (1)
gdzie mf jest masaι grawitacyjnaι fotonu (rownaι jego masie bezw ladnejwynoszaιcej hν/c2), ~r jest wektorem wodzaιcym (o poczaιtku w srodkuS lonca) punktu, w ktorym znajduje sieι foton, Ms - masaι S lonca. Wybier-amy uk lad wspo lrzeιdnych prostokaιtnych o poczaιtku umieszczonym wsrodku S lonca, przy czym os Y tego uk ladu jest rownoleg la do pierwotnegokierunku ruchu fotonu. Wtedy sk ladowa si ly Fx (prostopad la do pierwot-nego kierunku ruchu fotonu), ktora powoduje zmianeι kierunku ruchu
Fx = −γMsmf√
(x2 + y2)3x . (2)
74 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
Rys. 4-6 Odchylenie toru promienia swietlnego w polu grawitacyjnymS lonca. R0 - promien S lonca, ϕ - kaιt odchylenia promienia od
pierwotnego toru.
Za lozmy jeszcze, ze odchylenie ∆ = R−x od pierwotnego kierunku ruchujest bardzo ma le (zgodnie z doswiadczeniem) i ze mozna w przyblizeniupo lozyc we wzorze (2) x = R. Zmiana sk ladowej poprzecznej peιdu fotonujest rowna impulsowi dzia lajaιcej w tym kierunku sk ladowej si ly Fx (IIzasada dynamiki Newtona):
mfvx =∫
Fxdt , (3)
gdzie vx jest sk ladowaι preιdkosci fotonu w kierunku poprzecznym do pier-wotnego kierunku ruchu, przy czym ta sk ladowa, w odleg losci bardzo duzejod S lonca, w poczaιtkowej fazie ruchu fotonu jest rowna zeru. Ale przyuczynionych uprzednio za lozeniach mozna napisac
t ' y
ci dt ' dy
c, (4)
skaιd wyrazenie (3) przyjmie postac
mfvx '∫
Fxdy
c. (5)
4.2. ZADANIA 75
Po podstawieniu do wzoru (5) wyrazenia (2), gdzie x = R, otrzymujemy
vx ' −2γMsmf
cmfR
∫ ∞
0
dy√(R2 + y2)3
= −2γMs
Rc. (6)
Odchylenie kaιtowe (jest, jak widac ze wzoru (6), niezalezne od masy graw-itacyjnej fotonu)
φ ' tan φ =|vx|c
, (7)
przeto jesli przyjmiemy R = Rs - promieniowi S lonca, to
φ ' 2γMs
c2Rsrad. (8)
Po podstawieniu danych liczbowych dostajemy φ = 0′′87. Oszacowanieodchylenia przy uwzgleιdnieniu teorii wzgleιdnosci daje wynik dwukrotniewieιkszy 2φ = 1′′75, przy czym wartosc ta zosta la potwierdzona przezdoswiadczenie.
4.2.5. Znalezc zmianeι d lugosci fali fotonu w wyniku rozproszenia na swobodnym,spoczywajaιcym elektronie (efekt Comptona).
Rozwiaιzanie: Rozproszenie fotonu na swobodnym elektronie jestspreιzyste, majaι wieιc zastosowanie zasada zachowania energii
hν1 = hν2 + Ee , (1)
gdzie ν = c/λ, zas Ee jest energiaι kinetycznaι elektronu po rozprosze-niu (przed rozproszeniem d lugosc fali fotonu wynosi la λ1, po rozproszeniuλ2, a energia kinetyczna elektronu przed rozproszeniem by la rowna zeru)rownaι
mc2 −m0c2 = ∆mc2 = Ee (2)
oraz zasada zachowania peιdu
hν1
c=
hν2
ccos ϑ + mv cos φ , (3)
hν2
csin ϑ−mv sin φ = 0 . (4)
76 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
Rys. 4-7 Rozproszenie fotonu na swobodnym, spoczywajaιcym elektronie:~pγ i ~p′γ saι peιdami fotonu padajaιcego i rozproszonego, ~pe - peιd elektronu
(po rozproszeniu).
Poniewaz preιdkosci uzyskiwane przez elektron po rozproszeniu fotonu saιczeιsto bardzo bliskie preιdkosci fali elektromagnetycznej w prozni, wieιcnalezy stosowac rownania mechaniki relatywistycznej. W wyrazeniu (2)m0 oznacza maseι spoczywajaιcego elektronu, natomiast
m = m01√
1− v2
c2
= m0c√
c2 − v2= m0γ , (5)
gdzie v jest preιdkosciaι elektronu. Korzystajaιc z (5) mamy
∆m = m−m0 = m0(γ − 1) . (6)
Rownania (3) i (4) reprezentujaι zachowanie w procesie rozproszeniaodpowiednio sk ladowych pod luznych (rownoleg lych do kierunku ruchupierwotnego fotonu) i sk ladowych poprzecznych (prostopad lych dokierunku ruchu padajaιcego fotonu) peιdow. Z rownania (1) otrzymujemy
1λ1− 1
λ2=
∆mc2
hc, (7)
skaιd∆λ
λ1λ2=
c
h∆m , (8)
gdzie ∆λ = λ2 − λ1 lub1
λ1λ2=
c
h
∆m
∆λ. (9)
Podnoszaιc rownania (3) i (4) (po przeniesieniu wyrazen zawierajaιcychkaιt φ na jednaι stroneι rownan) do kwadratu i dodajaιc nasteιpnie rownaniastronami otrzymujemy
1λ2
1
+1λ2
2
− 2λ1λ2
cos ϑ =m2v2
h2. (10)
4.2. ZADANIA 77
Po dodaniu i odjeιciu od lewej strony rownania (10) wyrazenia 2/(λ1λ2)mamy (
1λ1− 1
λ2
)2
+2
λ1λ2(1− cos ϑ) =
m2v2
h2(11)
lub (∆λ
λ1λ2
)2
+2
λ1λ2(1− cos ϑ) =
m2v2
h2. (12)
Po podstawieniu do (12) wyrazenia (8) i (9) otrzymujemy
c2(∆m)2
h2+
2c∆m
h∆λ(1− cos ϑ) =
m2v2
h2(13)
lub po przekszta lceniach
c2∆m
(∆m +
2h
c∆λ(1− cos ϑ)
)=
m2v2
h2, (14)
skaιd
∆m +2h
c∆λ(1− cos ϑ) =
m2v2
∆mc2, (15)
a wieιc
∆λ =2h
c(1− cos ϑ)
∆mc2
m2v2 − (∆m)2c2. (16)
Mianownik wyrazenia (16), po uwzgleιdnieniu (5) i (6), sprowadzimy doprostszejpostaci. Dostajemy wyrazenie:
2∆mm0c2 . (17)
Po podstawieniu (17) w miejsce mianownika wyrazenia (16) otrzymujemy
∆λ = λ2 − λ1 =h
m0c(1− cos ϑ) =
2h
m0csin2 ϑ
2= 2Λe sin2 ϑ
2, (18)
gdzie Λe = 2, 45 · 10−12 m jest tak zwanaι komptonowskaι d lugosciaι falielektronu.
Na podstawie (18) widac, ze dla 0 ≤ ϑ ≤ π
0 ≤ ∆λ ≤ 2Λe . (19)
4.2.6. Jakaι energieι uzyska pierwotnie spoczywajaιcy, swobodny elektron porozproszeniu na nim fotonu o energii Eγ pod kaιtem ϑ?
Rozwiaιzanie: Korzystajaιc z zasady zachowania energii otrzymu-jemy rownanie
Ee = Eγ − Eγ′ , (1)
78 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
gdzie Ee jest energiaι kinetycznaι elektronu po rozproszeniu, a Eγ′ jestenergiaι rozproszonego fotonu. Eγ′ mozna zapisac w postaci
Eγ′ =hc
λ′, (2)
gdzie λ′ jest d lugosciaι fali fotonu po rozproszeniu. W wynikukomptonowskiego rozproszenia fotonu nastaιpi zmiana d lugosci fali fotonuo wartosc
∆λ = λ′ − λ =2h
m0csin2 ϑ
2, (3)
gdzie m0 jest masaι spoczynkowaι elektronu. Rozwiaιzujaιc uk lad rownan(1), (2) i (3) ze wzgleιdu na Ee otrzymujemy
Ee =Eγ
1 +m0c
2
2Eγ sin2 ϑ2
. (4)
Dla E = 1 MeV i ϑ = π/3 otrzymujemy
Ee '12
MeV.
4.2.7. Znalezc kaιt mieιdzy kierunkiem odrzuconego elektronu i kierunkiemruchu pierwotnego fotonu. Wiadomo, ze foton o d lugosci fali λ zosta lrozproszony na spoczywajaιcym, swobodnym elektronie pod kaιtem ϑ.
Rys. 4-8 Schemat do znalezienia kaιta rozproszenia elektronu.
Rozwiaιzanie: Korzystajaιc z zasady zachowania peιdu otrzymamyrownanie dla sk ladowych rownoleg lych do kierunku ruchu rozpraszanegofotonu
h
λ=
h
λ′cos ϑ + mv cos φ (1)
i dla sk ladowych peιdow prostopad lych do kierunku ruchu rozpraszanegofotonu
h
λ′sin ϑ−mv sin φ = 0 . (2)
4.2. ZADANIA 79
Z rownan (1) i (2), po przeniesieniu wyrazen z szukanym kaιtem φ na jednaιstroneι rownan, otrzymamy
cot φ =1λ −
1λ′ cos ϑ
1λ′ sin ϑ
. (3)
Korzystajaιc ze wzoru Comptona na zmianeι d lugosci fali fotonu przyrozproszeniu na swobodnym, spoczywajaιcym elektronie (zadanie 4.2.4),mozna w miejcse λ′ podstawic wyrazenie
λ′ = λ +h
m0c(1− cos ϑ) , (4)
gdzie m0 jest masaι spoczynkowaι elektronu. Po prostych przekszta lceniachotrzymamy szukanaι zaleznosc
cot φ =(
1 +h
λm0c
)tan
ϑ
2. (5)
Mierzaιc w doswiadczeniu kaιty φ i ϑ oraz λ mozna, korzystajaιc z tychzaleznosci, wyznaczyc sta laι Plancka h. Metodeι pomiaru tych kaιtow podaliH.R.Crane, E.R.Gaerttner i J.J.Torin w roku 1936.
4.2.8. Przy rozpatrywaniu efektu Comptona zak ladamy, ze elektronrozpraszajaιcy fotony mozna traktowac jako swobodny (energia wiaιzaniaelektronu jest znacznie mniejsza od energii rozpraszanego fotonu).Pokazac, ze elektron swobodny nie moze przejaιc ca lej energii padajaιcegona niego fotonu.
Rozwiaιzanie: Z zasady zachowania peιdu dla procesu poch lonieιciafotonu przez swobodny, spoczywajaιcy elektron otrzymamy wyrazenie
h
λ= pe , (1)
gdzie pe jest peιdem elektronu po poch lonieιciu fotonu. Korzystajaιc z za-sady zachowania energii mamy
hc
λ+ E0 = (E2
0 + p2ec
2)1/2 , (2)
gdzie E0 jest energiaι spoczywajaιcego elektronu. Wyrazenie po prawejstronie (2) jest ca lkowitaι energiaι elektronu swobodnego po poch lonieιciufotonu. Z (1) i (2) otrzymujemy wyrazenie
hc
λ+ E0 =
[(hc
λ
)2
+ E20
]1/2
. (3)
Poniewaz hc/λ 6= 0 i E0 6= 0 (zawsze), wieιc rownosc (3) jest zawszenieprawdziwa. Widzimy wieιc, ze mozliwosc ca lkowitego poch lonieιcia en-ergii fotonu przez swobodny elektron przeczy zasadom zachowania en-ergii i peιdu. Takie same rozwazania przeprowadzone dla przypadku, gdy
80 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
elektron jest zwiaιzany przez si ly oddzia lywania kulombowskiego z jaιdrematomu wykazujaι, ze uk lad elektron - rdzen atomu moze poch lonaιc ca laιenergieι fotonu.
4.2.9. Udowodnic, ze elektron swobodny nie moze emitowac fotonow.
Rozwiaιzanie: Zasada zachowania peιdu w uk ladzie, w ktorym przedemisjaι elektron spoczywa l, ma postac
~p′e + ~p′f = 0 , (1)
gdzie ~p′e jest peιdem elektronu po emisji, ~p′f jest peιdem wyemitowanegoprzez elektron fotonu. Z zasady zachowania energii mamy
Ee = E′f + E′
e , (2)
przy czym Ee i E′e saι ca lkowitymi energiami elektronu odpowiednio przed
i po emisji, a E′f jest energiaι wypromieniowanego fotonu. Uwzgleιdniajaιc,
ze w wybranym uk ladzie
Ee = E0 = m0c2 , (3)
i zeE′
e =√
E20 + p2′
e c2 (4)
otrzymamy
E0 = E′f +
√E2
0 + p2′e c2 . (5)
Poniewaz |~p′e| > 0, oraz E′f > 0, wieιc rownosc (5) jest nieprawdziwa, to
znaczy, ze mozliwosc emisji fotonu przez swobodny elektron przeczy labyobowiaιzujaιcym w fizyce zasadom zachowania peιdu i energii.
4.2.10. Za lozmy, ze elektron przed wyrwaniem go z powierzchni fotokatody mozegromadzic energieι padajaιcaι w postaci promieniowania na otaczajaιcaιgo powierzchnieι S1 (∼ λ2). Korzystajaιc z elektromagnetycznej teoriipromieniowania obliczyc, co ile sekund beιdaι wyrywane z tej powierzchnielektrony, jesli w odleg losci d od powierzchni metalu znajduje sieιmonochromatyczne zrod lo swiat la o mocy P . Energia potrzebna do emisji(praca zuzyta na wyrwanie) elektronu z powierzchni fotokatody wynosi E.
Rozwiaιzanie: Jesli zrod lo swiat la emituje energieι izotropowo, tona powierzchnieι S1 w ciaιgu jednej sekundy beιdzie pada la ilosc energiirowna
E1 =S1
SP , (1)
gdzie S jest powierzchniaι kuli o promieniu d. Jesli ca la energia padajaιcana powierzchnieι S1 jest przez niaι poch laniana, to czas potrzebny do zgro-madzenia energii niezbeιdnej do wyrwania elektronu
t =E
E1=
ES
PS1=
4πd2
S1
E
P. (2)
4.2. ZADANIA 81
Podstawiajaιc dane liczbowe: P = 1 W, d = 10 m, E = 5, 5 eV i S1 =π · 10−18 m2 (co w przyblizeniu odpowiada powierzchni kuli o promieniurownym 10 srednicom atomowym) otrzymujemy
t = 352 s.
W doswiadczeniu nie zaobserwowano mierzalnego opoznienia mieιdzy cza-sem w laιczenia zrod la swiat la i emisjaι z powierzchni fotokatody.
4.2.11. P laska p lytka cezowa jest umieszczona w jednorodnym polu elektrycznym,ktorego linie si l saι prostopad le do powierzchni p lytki. P lytkeι naswietlamypromieniowaniem o widmie ciaιg lym, ktorego granica krotkofalowaλgr = 1, 97 · 10−7 m. Jaka powinna byc wartosc nateιzenia E polahamujaιcego ruch elektronow wyrwanych z p lytki, aby najwieιksza od-leg losc, na jakaι oddalaι sieι elektrony od p lytki cezowej, by la rowna l = 1 m?
Rozwiaιzanie: Najwieιkszaι energieι kinetycznaι mogaι miec elektronywybite z powierzchni metalu przez fotony o granicznej d lugosci fali λgr.Zaleznosc mieιdzy najwieιkszaι energiaι kinetycznaι fotoelektronow, energiaιpotrzebnaι do wyrwania elektronu z powierzchni metalu (praca wyrwaniaelektronu) i energiaι padajaιcego fotonu daje rownanie podane przezEinsteina dla zewneιtrznego zjawiska fotoelektrycznego
hc
λgr= P + Ekin max , (1)
gdzie P jest najmniejszaι energiaι, jakaι musi miec padajaιcy na powierzchnieιmetalu foton, aby mog lo zajsc zjawisko fotoelektryczne. Na to, aby elek-trony oddali ly sieι od powierzchni metalu na odleg losc nie wieιkszaι od l,praca L wykonana przez pole elektryczne o nateιzeniu E, hamujaιce elek-trony
L = eEl (2)
(e jest ladunkiem elektronu) musi byc rowna Ekin max. Korzystajaιc zrownan (1) i (2) otrzymamy
E =
hc
λgr− P
el. (3)
Wykorzystujaιc teι zaleznosc mozna wyznaczyc doswiadczalnie wartoscsta lej Plancka h wysteιpujaιcaι w otrzymanym wyniku.
PoniewazP =
hc
λmax, (4)
gdzie λmax jest najwieιkszaι d lugosciaι fali fotonu mogaιcego jeszcze wywo laczjawisko fotoelektryczne (dla cezu λmax = 6, 31 · 10−7 m), wieιc
E =hc
el
(1
λgr− 1
λmax
). (5)
82 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
Uwzgleιdniajaιc dane liczbowe otrzymujemy
E ' 4, 3 V/cm.
4.2.12. Na p lytkeι cynkowaι pada pod kaιtem α foton o d lugosci fali λ i wyrywa zniej fotoelektron, ktory wylatuje z p lytki pod kaιtem β. Znalezc wartoscpeιdu przekazanego p lytce w czasie tego procesu.
Rys. 4-9 Schemat do obliczania peιdu uzyskanego przez p lytkeι cynkowaι(Zn) w wyniku zjawiska fotoelektrycznego (oznaczenia w tekscie).
Rozwiaιzanie: Peιd przekazany p lytce jest rowny sumie (wektorowej)peιdu pf = h/λ oddanego przez foton p lytce i peιdu pe zwiaιzanego zodrzutem p lytki przy emisji fotoelektronu. Wartosc peιdu uzyskanegoprzez p lytkeι beιdzie rowna
p2 =(
h
λ
)2
+ p2e + 2
h
λpe cos(α + β) . (1)
Peιd elektronu pe znajdziemy z rownania Einsteina dla zewneιtrznegozjawiska fotoelektrycznego
hc
λ=
p2e
2m0+ P , (2)
gdzie m0 jest masaι spoczywajaιcego elektronu. Podstawiajaιc otrzymujemy
p =
=
(h
λ
)2
+ 2m0
(hc
λ− P
)+ 2
√2h
λ
[m0
(hc
λ− P
)]1/2
cos(α + β)
1/2
(3)W przypadku gdy α = β = 0, wyrazenie (3) mozna znacznie uproscic dopostaci
p =h
λ+
√2m0
(hc
λ− P
). (4)
4.2. ZADANIA 83
4.2.13. Na spoczywajaιcy drobny py lek metalowy o masie M pada foton o d lugoscifali λ. W wyniku tego zderzenia zostaje wyrwany z metalu fotoelektroni porusza sieι w kierunku tworzaιcym kaιt ϑ z kierunkiem ruchu fotonu.Preιdkosc elektronu v jest n razy mniejsza od maksymalnej preιdkosci jakaιuzyska lby, gdyby mozna by lo zaniedbac odrzut, to znaczy wtedy, gdymasa py lku jest znacznie wieιksza od masy elektronu. Znalezc wartoscoraz kierunek preιdkosci uzyskanej przez py lek w wyniku absorpcji fotonui wyrwania elektronu.
Rys. 4-10 Rozk lad peιdow dla procesu zderzenia fotonu z py lkiemmetalowym (objasnienia w tekscie).
Rozwiaιzanie: Z zasady zachowania peιdu otrzymujemy rownanie dlask ladowych peιdow rownoleg lych do kierunku ruchu fotonu
h
λ= mv cos ϑ + Mu cos φ , (1)
gdzie m jest masaι elektronu, u jest preιdkosciaι py lku. Dla sk ladowychpeιdow prostopad lych do kierunku ruchu fotonu mamy (w uk ladzie labo-ratoryjnym)
mv sin ϑ−Mu sin φ = 0 . (2)
W celu wyeliminowania kaιta φ, rownania (1) i (2) zapisane w postaci
h
λ−mv cos ϑ = Mu cos φ
mv sin ϑ = Mu sin φ ,
podnosimy stronami do kwadratu i dodajemy.
Po rozwiaιzaniu wzgleιdem u otrzymanego rownania znajdujemy wyrazenie
u =1M
(h
λ
)2
+ (mv)2 − 2h
λmv cos ϑ
1/2
. (3)
84 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
Wartosc vmax wyznaczymy z zasady zachowania energii dla przypadku,gdy py lek nie doznaje odrzutu po fotoemisji
hc
λ= P +
mv2max
2, (4)
gdzie P jest pracaι wyrwania elektronu z metalu. Poniewaz v = vmax/n,wieιc
v =1n
[2m
(hc
λ− P
)]1/2
. (5)
Po podstawieniu (5) do (3) otrzymujemy
u =
=1M
(h
λ
)2
+2n2
m
(hc
λ− P
)− 2
h
λ
1n
[2m
(hc
λ− P
)]1/2
cos ϑ
1/2
(6)Kierunek preιdkosci u okreslimy wyznaczajaιc kaιt φ. Z rownania (2) iwyrazenia (6) otrzymamy
sin φ =sin ϑ
n×
×
2m
(hc
λ− P
)(
h
λ
)2
+2n2
m
(hc
λ− P
)− 2
n
h
λ
[2m
(hc
λ− P
)]1/2
cos ϑ
1/2
(7)
Gdy ϑ = π/2 wyrazenie (6) mozna zapisac w postaci
u =1M
√(h
λ
)2
+2n2
m
(hc
λ− P
), (8)
natomiast wyrazenie (7) uprosci sieι do wyrazenia
sin φ =1n
√√√√√√√√2m
(hc
λ− P
)(
h
λ
)2
+2m
n2
(hc
λ− P
) . (9)
4.2.14. Pokazac, ze w prozni proces tworzenia pary elektron - pozyton (negaton- pozyton) nie jest mozliwa.
Rozwiaιzanie: Rozpatrzmy tylko przypadek, gdy energia fotonuhν > 2m0ec
2, gdzie m0e - masa spoczynkowa elektronu (pozytonu).Inne
4.2. ZADANIA 85
przypadki nalezy odrzucic, poniewaz nie jest dla nich spe lniona zasadazachowania energii. Korzystajaιc z zasady zachowania peιdu dla procesutworzenia pary elektron - pozyton w prozni otrzymujemy nierownosctrojkaιta
Rys. 4-11 Ilustracja prawa zachowania peιdu dla procesu tworzenia paryelektron - pozyton.
(pe + pp)2 ≥ p2γ =
(hν
c
)2
, (1)
gdzie pe, pp, pγ saι odpowiednio peιdem elektronu, pozytonu i fotonu.Rownoczesnie z zasady zachowania energii wynika rownosc
hν = ((m0ec2)2 + p2
ec2)1/2 + ((m0pc
2)2 + p2pc
2)1/2 . (2)
Podnoszaιc rownanie (2) stronami do kwadratu otrzymamy
(hν)2 = p2ec
2 + p2pc
2 + (m0ec2)2 + (m0pc
2)2+
+2√
((m0ec2)2 + p2ec
2)((m0pc2)2 + p2pc
2). (3)
Po przekszta lceniu (1) mamy
p2ec
2 + p2pc
2 + 2peppc2 ≥ (hν)2 . (4)
Podstawiajaιc (3) do (4) otrzymamy
2peppc2 ≥ (m0ec
2)2 + (m0pc2)2+
+2√
(m0em0pc4)2 + (m0eppc3)2 + (m0ppec3)2 + (peppc2)2 . (5)
Poniewaz wszystkie sk ladniki wyrazenia podpierwiastkowego saι nieu-jemne, wieιc trzecie wyrazenie prawej strony nierownosci (5) jest napewno wieιksze, niz lewa strona nierownosci (5): 2peppc
2. Rownoczesnieprawdziwa jest zaleznosc
m0ec2 = m0pc
2 > 0 ; (6)
86 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
z powyzszych wieιc rozwazan wynika, ze nierownosc (5) nigdy nie jestprawdziwa.
Tym samym udowodnilismy, ze proces tworzenia pary elektron - pozy-ton w prozni jest niemozliwy, poniewaz nie mogaι byc wtedy spe lnionerownoczesnie zasady zachowania energii i peιdu. Kreacja pary w obecnosciinnego obiektu (czaιstki, jaιdra atomu), w jego poblizu jest mozliwa, gdyzczeιsc energii i peιdu zostaje przekazana temu obiektowi.
4.2.15. Obliczyc progowaι energieι fotonu dla procesu tworzenia pary elektron- pozyton w poblizu jaιdra atomu o masie M0, przy czym jaιdro przedkreacjaι pary by lo w spoczynku.
Rozwiaιzanie: Rozpatrzmy wyrazenie reprezentujaιce energieιspoczynkowaι
E2 − p2c2 , (1)
gdzie E jest energiaι ca lkowitaι uk ladu, zas p - peιdem ca lkowitym uk laduw dwoch uk ladach odniesienia: uk ladzie laboratoryjnym lub w uk ladziesrodka masy.
W uk ladzie laboratoryjnym, przed powstaniem pary, otrzymujemy dla (1)wyrazenie
(hν + M0c2)2 −
(hν
c
)2
c2 , (2)
gdzie hν jest energiaι padajaιcego fotonu, M0c2 - energiaι spoczynkowaι
jaιdra, hν/c zas jest peιdem fotonu (jaιdro atomu spoczywa w uk ladzie lab-oratoryjnym przed kreacjaι).
Po utworzeniu pary mamy dla wyrazenia (1), w uk ladzie srodka masy,wyrazenie
(M0c2 + m0ec
2 + m0pc2)2 . (3)
Calkowity peιd uk ladu beιdaιcy sumaι geometrycznaι peιdow elektronu, pozy-tonu i jaιdra jest w uk ladzie srodka masy - zgodnie z okresleniem uk ladu -rowny zero.
Poniewaz wyrazenie E2−p2c2 jest niezmiennikiem ze wzgleιdu na transfor-macje Lorentza (transformacje mieιdzy uk ladem laboratoryjnym i uk lademsrodka masy saι tez transformacjami Lorentza), wieιc porownujaιc (2) i (3)otrzymujemy
(hν + M0c2)2 − (hν)2 = (M0 + m0e + m0p)2c4 , (4)
skaιd mamy po przekszta lceniach
Eγ prog = hνprog = (m0e + m0p)c2
(1 +
m0e + m0p
2M0
), (5)
alem0e = m0p , (6)
4.2. ZADANIA 87
wieιc
Eγ prog = 2m0ec2
(1 +
m0e
M0
). (7)
W przypadku, gdy tworzenie pary elektron - pozyton nasteιpuje w poblizuspoczywajaιcego swobodnego elektronu, otrzymujemy
Eγ prog = 4m0ec2 ' 2, 04 MeV.
4.2.16. Podac warunki, w jakich moze zachodzic emisja promieniowania Cz-erenkowa powstajaιcego w wyniku ruchu elektronu ze sta laι preιdkosciaιv w jednorodnym osrodku o wspo lczynniku za lamania n. Znalezckierunek emisji promieniowania rozpatrujaιc interferencjeι fal emitowanychz poszczegolnych punktow toru elektronu.
Rys. 4-12 Kierunki interferujaιcych z sobaι fal wzbudzonych w osrodku owspo lczynniku za lamania n przez czaιstkeι na ladowanaι elektrycznie
poruszajaιcaι sieι w nim z preιdkosciaι v > c/n. A, B, C i D saι kolejnymiwzbudzonymi oscylatorami.
Rozwiaιzanie: Na ladowana czaιstka przebiegajaιca obok atomu powodujeprzesunieιcie chmury elektronow wzgleιdem jaιdra atomu. Powsta ly wten sposob dipol elektryczny nasteιpnie zanika, gdy czaιstka sieι oddali.Drgajaιcy dipol emituje promieniowanie w postaci fali elektromagnety-cznej, ktora porusza sieι w osrodku z preιdkosciaι fazowaι c′ = c/n(ω), gdzien(ω) jest wspo lczynnikiem za lamania osrodka izotropowego wzgleιdemprozni dla fali elektromagnetycznej o czeιstosci ko lowej ω. Fale kulisteemitowane przez atomy lezaιce wzd luz drogi czaιstki saι spojne. Wynikinterferencji tych fal w punkcie obserwacji beιdzie zaleza l od roznicyfaz fal emitowanych z roznych punktow na drodze czaιstki. Rozbi-jamy ca laι drogeι czaιstki (wed lug Tamma i Franka) na rowne odcinki odowolnej d lugosci a i rozpatrujemy promieniowanie emitowane w dowol-nym kierunku tworzaιcym z kierunkiem ruchu czaιstki kaιt ϑ (rys. 4-12).Poniewaz fale emitowane w punktach poczaιtkowym i koncowym kazdego
88 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
odcinka o d lugosci a nie saι emitowane rownoczesnie, wieιc wynik interfer-encji w kierunku wyznaczonym przez kaιt ϑ zalezy nie tylko od roznicydrog fal wychodzaιcych z tych punktow, ale i od w lasnej roznicy faz drgandipoli w punktach A i B, rownej ωt, gdzie t jest czasem, po ktorym czaιstkadociera z punktu A do punktu B, rownym a/v. Roznica faz zwiaιzana zroznicaι drog fal wychodzaιcych z punktow A i B w przypadku, gdy punktobserwacji jest dostatecznie daleko, beιdzie rowna
ωa · cos ϑ
v. (1)
Zatem ca lkowita roznica faz
∆φ = ω
(a · cos ϑ
c/n− a
v
)= aω
(cos ϑ
c/n− 1
v
). (2)
Fale biegnaιce w kierunku ϑ beιdaι wygaszac sieι wtedy, gdy roznica faz∆φ = ±π, a wzmacniac, gdy ∆φ = 0. Jesli szybkosc czaιstki v < c/n, to,jak widac z (2), dla dowolnego kaιta ϑ roznica faz nie moze byc rowna zeroi zawsze beιdzie mozna rozbic tor czaιstki na odcinki o takiej d lugosci a, abyroznica faz by la rowna ±π, tak aby promieniowanie by lo wygaszane wewszystkich kierunkach. W przypadku, gdy v > c/n, istnieje jedna wartosckaιta ϑ0, przy ktorej nie mozna dokonac wyzej opisanego rozbicia toru naodcinki o takiej d lugosci, aby roznica faz by la rowna ±π. Wartosc kaιtaϑ0 okresla warunek
cos ϑ0
c/n− 1
v= 0 . (3)
skaιd
cos ϑ0 =c
nv=
1nβ
, β =v
c. (4)
W tym przypadku, tylko w jednym kierunku okreslonym przez kaιt ϑ0
roznica faz fal beιdzie rowna zeru i tylko w tym przypadku fale beιdaι sieιwzmacniac.
Zjawisko Czerenkowa wykorzystano przy budowie detektorow czaιstek(obdarzonych ladunkiem) o wysokiej energii. Poniewaz nateιzeniepromieniowania ma ostre maksimum dla kierunku danego rownaniem (4),to z pomiaru kaιta ϑ0 mozna wyznaczyc preιdkosc czaιstki. Jesli znamy z in-nych pomiarow energieι czaιstki, to mozna ocenic maseι czaιstki i odwrotnie.Poza tym mozna ustalic zwrot w ruchu czaιstki po torze.
4.2.17. Zwieιkszenie grubosci os lony o wartosc ∆l zmniejsza nateιzeniepromieniowania rentgenowskiego, ktore przesz lo przez teι warstweι, nrazy. Znalezc wartosc atomowego wspo lczynnika os labienia materia luos lony.
Rozwiaιzanie: Zmiana nateιzenia promieniowania rentgenowskiego
4.2. ZADANIA 89
po przejsciu przez warstweι os lony o grubosci dx jest wprost proporcjon-alna do grubosci tej warstwy
dI = −µIdx , (1)
gdzie µ jest liniowym wspo lczynnikiem os labienia. Rozwiaιzujaιc rownanie(1) przy warunku I = I0, gdy x = 0, otrzymamy nateιzenie wiaιzki poprzejsciu przez warstweι o grubosci x, jesli nateιzenie poczaιtkowe wynosi loI0
I = I0 exp(−µx) . (2)
Rys. 4-13 Os labienie nateιzenia I0 wiaιzki padajaιcego promieniowaniaprzez os loneι o grubosci ∆l.
Wspo lczynnikiem atomowym os labienia nazywamy wyrazenie
µa =µ
ρ
A
NA, (3)
gdzie ρ jest geιstosciaι substancji poch laniajaιcej, A - masaι atomowaι, NA -liczbaι Avogadro. Podstawiajaιc dane do (2) otrzymamy
I =I0
n= I0 exp(−µ∆l) ,
skaιd
µ =ln(n)∆l
. (4)
Korzystajaιc z (4) i (3) mamy
µa =ln(n)ρ∆l
A
NA. (5)
90 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
Dla folii aluminiowej (ρ = 2, 7 g/cm3, A = 27 g/mol) o grubosci ∆l = 0, 7mm os labienie nateιzenia promieniowania rentgenowskiego beιdzie wynosi lon = e ' 2, 7; skaιd otrzymujemy µa ' 2, 37 · 10−22 cm2 (µ ' 14, 3 cm−1,µm = µ/ρ ' 5, 3 cm2/g).
Zmianeι nateιzenia promieniowania zwiaιzanaι ze zmianaι grubosci warstwypoch laniajaιcej mozna wykorzystac mieιdzy innymi do bardzo precyzyjnej,automatycznej kontroli i regulacji grubosci wytwarzanego w sposob ciaιg lyproduktu. Przy czym ani zrod lo promieniowania, ani detektor nie muszaιdotykac mierzonej warstwy, co pozwala na swobodny ruch wyrobu.
4.3 Cwiczenia
4.3.1. Oszacowac przyspieszenie, jakie mog lby uzyskac pojazd mieιdzyplanetarnyo masie m = 5 · 104 kg napeιdzany cisnieniem promieniowania, znajdujaιcysieι w odleg losci od S lonca rownej odleg losci Ziemi od S lonca. Powierzchnia”zagla” doskonale odbijajaιcego promieniowanie (r = 1) wynosi S = 105
m2. Porownac otrzymanaι wartosc z wartosciaι przyspieszenia ziemskiegog0. Znalezc przyrost preιdkosci pojazdu po czasie ruchu rownym 2 lataoraz drogeι przebytaι w tym czasie. Zak ladamy, ze ruch odbywa sieι wsta lej odleg losci L od S lonca rownej sredniej odleg losci Ziemi od S lonca.Kaιt ustawienia zagla α = π/4.
Odpowiedz:
a =(1 + r)J · S cos2 α
mc= 0, 91 · 10−5m/s2 ' 10−6g0 .
J - ilosc energii promieniowania s lonecznego padajaιca na jednostkeιpowierzchni zagla w ciaιgu 1 s (mozna przyjaιc, ze jest rowna sta lejs lonecznej E11 = 1374 W/m2 - zad. 2.2.1).
∆v = a · t ' 575 m/s,
∆s =at2
2' 1, 8 · 1010 m,
jest to dodatkowa droga (niezalezna od preιdkosci poczaιtkowej pojazdu)zwiaιzana z przyrostem preιdkosci pojazdu; dla porownania d lugosc orbityZiemi ' 9, 3 · 1011 m.
4.3.2. Moc strumienia swiat la s lonecznego padajaιcego w po ludnie napowierzchnieι Ziemi wynosi oko lo 1300 W/m2. Zak ladajaιc dla up-roszczenia, ze swiat lo s loneczne jest monochromatyczne o d lugosci faliλ = 6 · 10−7 m, okreslic liczbeι fotonow padajaιcych na powierzchnieι 1 m2
na Ziemi w ciaιgu jednej sekundy.
Odpowiedz:
n =Pλ
hc' 3, 9 · 1021 (m2s)−1 .
4.3. CWICZENIA 91
4.3.3. Ile kwantow monochromatycznego swiat la zo ltego (λ = 5, 890 · 10−7 m)potrzeba, aby ogrzac zbiorniczek rteιci w termometrze o 1 C? Zak ladamy,ze rteιc ca lkowicie poch lania padajaιce promieniowanie; wszelkie stratycieplne zaniedbac. Masa rteιci w zbiorniczku wynosi m = 5 g. Ciep low lasciwe rteιci cHg = 138 J/(kg K).
Odpowiedz:
n =λmcHg ·∆t
hc' 2, 03 · 1018.
4.3.4. Na p laszczyzneι o powierzchni S = 10 cm2 pada strumien fotonow onateιzeniu n = 1018 fotonow w ciaιgu 1 s. D lugosc fali padajaιcegoswiat la λ = 5 · 10−7 m. Okreslic cisnienie wywierane przez swiat lo nateι powierzchnieι, jezeli wspo lczynnik odbicia powierzchni wynosi r = 0, 7.
Odpowiedz:
p =nh
λS(1 + r) ' 2, 3 · 10−6 Pa.
4.3.5. Banka szklana lampy elektrycznej jest sferaι o promieniu R = 3 cm. Czeιscpowierzchni banki jest od strony wewneιtrznej posrebrzona. Lampa po-biera moc P = 60 W, przy czym 0, 63 czerpanej energii zuzywa napromieniowanie. Okreslic ile razy cisnienie gazu w bance (pg = 10−5
Pa) jest mniejsze od cisnienia pr wywieranego przez promieniowanie napowierzchnieι posrebrzanaι o wspo lczynniku odbicia r = 0, 8.
Odpowiedz:pr
pg=
0, 63 P
4πR2cpg(1 + r) ' 2.
4.3.6. Niewielki luk elektryczny wysy lajaιcy promieniowanie o mocy P = 600 Wumieszczono w srodku krzywizny cylindrycznego zwierciad la o powierzchniS = 300 cm2. Zak ladajaιc, ze luk promieniuje w kazdym kierunku jed-nakowo, okreslic si leι, z jakaι dzia la swiat lo na powierzchnieι zwierciad la.Promien krzywizny zwierciad la R = 10 cm. Zwierciad lo doskonale odbijaswiat lo (r = 1).
Odpowiedz:
F =PS
4πR2c(1 + r) ' 9, 5 · 10−7 N.
4.3.7. Foton o d lugosci fali λ = 2 · 10−11 m przy zderzeniu ze swobodnym elek-tronem przekaza l mu 0, 1 swojej energii. Znalezc d lugosc fali rozproszonegopromieniowania.
Odpowiedz:λ′ = λ(1 + 0, 1) ' 2, 2 · 10−11 m.
4.3.8. Okreslic maksymalnaι zmianeι d lugosci fali w wyniku rozproszenia fotonuna swobodnym elektronie, oraz najwieιkszaι energieι jakaι uzyska odrzuconyelektron. Energia padajaιcego fotonu Eγ = 1 MeV.
92 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
Odpowiedz: dla ϑ = π
∆λmax =2h
m0ec= 2Λe = 4, 86 · 10−12 m;
Ee max =Eγ
1 +m0ec
2
2Eγ
' 0, 8 MeV.
4.3.9. W jakich warunkach energia fotonu moze wzrosnaιc w wyniku rozproszeniana swobodnym elektronie?
4.3.10. Wyznaczyc wielkosc przesunieιcia komptonowskiego i kaιt, pod ktorymrozproszy sieι foton, jesli wiadomo, ze poczaιtkowa d lugosc fali fotonuλ = 3 · 10−12 m, a stosunek preιdkosci odrzuconego elektronu v0 dopreιdkosci fali elektromagnetycznej c wynosi ve/c = β = 0, 7.
Odpowiedz:
∆λ =λ2
h
m0ec
(1√
1−β2− 1) − λ
' 3 · 10−12 m.
ϑ = 2 arcsin
√cm0e∆λ
2h' 1, 3 rad.
4.3.11. Na powierzchnieι metalu padajaι promienie rentgenowskie o d lugosci faliλ = 1, 2 · 10−13 m. W porownaniu z energiaι padajaιcych fotonow pracawyjscia elektronow z metalu jest tak ma la, ze mozna jaι zaniedbac. Znalezcpreιdkosc elektronow wybitych z metalu. Czym wyt lumaczyc wynik otrzy-many przy uzyciu wzoru Einsteina?
Odpowiedz:
v =
√2hc
mλ' 1, 9 · 109 m/s > c ;
nie uwzgleιdniono zaleznosci masy elektronu od preιdkosci jego ruchu.
4.3.12. Jaka beιdzie preιdkosc elektronow wyrwanych z powierzchni srebra przezmonochromatyczne promieniowanie o d lugosci fali λ = 1 · 10−7 m, jezelidla srebra d lugosc fali, przy ktorej zaczyna sieι zjawisko fotoelektryczne,wynosi λ0 = 2, 6 · 10−7 m?
Odpowiedz:
v =
√2hc
m0e
(1λ− 1
λ0
)' 1, 65 · 106 m/s.
4.3. CWICZENIA 93
4.3.13. Praca wyjscia elektronu z powierzchni srebra wynosi P = 4, 8 eV. Okreslic,jaki beιdzie najwieιkszy potencja l kuli srebrnej oddalonej od innych przed-miotow, jesli oswietlac jaι beιdziemy monochromatycznym swiat lem od lugosci fali λ = 1 · 10−7 m.
Odpowiedz:
V =h c
λ − P
e' 7, 6 V.
4.3.14. Foton promieniowania gamma o progowej wartosci energii tworzy pareιelektron - pozyton (negaton - pozyton) w poblizu protonu. Okreslicca lkowitaι energieι kinetycznaι protonu i czaιstek pary.
Odpowiedz:
Ekin =2m2
0ec2
m0p' 0, 5 keV.
4.3.15. Ocenic preιdkosc elektronu (negatonu) i pozytonu powsta lych w procesietworzenia pary z kwantu γ o energii Eγ = hν = 1, 25 MeV. Przyjaιc, zeenergia pozytonu i elektronu jest taka sama.
Odpowiedz:
v = c
√1− 4m2
0c4
h2ν2' 1, 8 · 108 m/s.
4.3.16. Obliczyc energieι progowaι zjawiska Czerenkowa dla elektronow w powi-etrzu w warunkach normalnych i w szkle. Wspo lczynnik za lamania powi-etrza n = 1, 0003, szk la n = 1, 6.
Odpowiedz:
E = m0ec2
(n√
n2 − 1− 1)
;
E = 20, 3 MeV dla powietrza i E = 141 keV dla szk la.
4.3.17. Na przys loneι pada strumien promieniowania rentgenowskiego o d lugoscifali λ1 = 1 · 10−10 m i λ2 = 2 · 10−10 m. Liniowy wspo lczynnik os labieniamateria lu, z jakiego wykonana jest przes lona wynosi µ1 = 2 cm−1 dla falio d lugosci 1 · 10−10 m i µ2 = 12 cm−1 dla fali o d lugosci 2 · 10−10 m.Przy jakiej grubosci przys lony stosunek nateιzen w wiaιzce przechodzaιcejwyniesie 5/4, jezeli pierwotne nateιzenia wiaιzek promieniowania o roznychd lugosciach fali by ly takie same?
Odpowiedz:
x =ln(I1/I2)µ2 − µ1
' 0, 2 mm.
94 ROZDZIA L 4. ODDZIA LYWANIE PROMIENIOWANIA Z MATERIAι
Rozdzia l 5
Fizyka atomu
5.1 Wsteιp
1. Postulaty Bohra:En − Em = hν , (5.1)
L = nh , (5.2)
gdzie En i Em energia elektronu w stanach o liczbie kwantowej n i m, νjest czeιstosciaι emitowanego lub absorbowanego przez atom kwantu, L jestwartosciaι momentu peιdu elektronu na orbicie o liczbie kwantowej n, h -sta la Plancka (h = h/(2π)).
2. Energia elektronow w atomie wodoropodobnym (z jednym elektronem) naorbicie ko lowej o liczbie kwantowej n
En = −µ
2
(Ze2
2ε0h
)2
· 1n2
= −Z2hR
n2. (5.3)
3. Preιdkosc elektronu na tej orbicie
vn =Ze2
2ε0h
1n
. (5.4)
4. Promien n-tej orbity
rn =4πh2ε0
µZe2n2 =
ε0h2
πµZe2n2 . (5.5)
We wzorach (5.3) i (5.5) µ oznacza maseι zredukowanaι uk ladu jaιdro atomu- elektron
µ =meMj
me + Mj, (5.6)
gdzie Mj jest masaι jaιdra. Dla Mj me µ ≈ me.
95
96 ROZDZIA L 5. FIZYKA ATOMU
5. Szybkosc ubywania atomow beιdaιcych w stanie wzbudzonym
dN
dt= −N
τ, (5.7)
skaιd otrzymujemy prawo zmniejszania sieι w miareι up lywu czasu liczbyatomow wzbudzonych
N = N0 exp(− t
τ
), (5.8)
gdzie N - liczba atomow w stanie wzbudzonym w chwili czasu t, N0 jestliczbaι tych atomow w chwili poczaιtkowej, τ jest srednim czasem zyciaatomow w stanie wzbudzonym.
Rys. 5-1 Zaleznosc liczby atomow N w stanie wzbudzonym od czasu.
5.2. ZADANIA 97
5.2 Zadania
5.2.1. Znalezc wyrazenie na czeιstosc fali elektromagnetycznej jakaι wysy la lbyjednoelektronowy atom wed lug modelu J.J.Thomsona.
Rys. 5-2 Model Thomsona atomu wodoru. Na elektron wytraιcony zpo lozenia rownowagi O dzia la wypadkowa si la ~F .
Rozwiaιzanie: Wed lug Thomsona atom jest kulaι o sta lej geιstosci zrownomiernie rozmieszczonym w niej ladunkiem elektrycznym dodat-nim. Wewnaιtrz kuli znajdujaι sieι symetrycznie rozmieszczone elektronyw po lozeniach rownowagi.Za lozmy, ze atom ma tylko jeden elektron, ktory wytraιcony z po lozeniarownowagi beιdzie wykonywa l drgania wzgleιdem ustalonego punktu. Atomstaje sieι dipolem elektrycznym i promieniuje energieι w postaci falielektromagnetycznej, ktorej czeιstosc jest rowna czeιstosci drgan dipolaelektrycznego. Mozna pokazac, ze elektron wytraιcony z po lozeniarownowagi beιdzie wykonywa l drgania harmoniczne wzgleιdem po lozeniarownowagi. Wartosc si ly dzia lajaιcej na elektron znajdujaιcy sieι wewnaιtrzkuli rownomiernie na ladowanej ladunkiem elektrycznym dodatnim
F = −eEr = − Ze2
4πε0R3r = −kr , (1)
gdzie R jest promieniem atomu Thomsona, Er jest nateιzeniem pola elek-trycznego wytworzonego przez ladunek dodatni (w odleg losci r od srodkaatomu). Z zaleznosci (1) widac, ze elektron wykonuje drgania harmonicznez czeιstosciaι
ν =1
2π
(k
me
)1/2
=1
2π
(Ze2
4πε0meR3
)1/2
. (2)
W zaleznosci (2) wysteιpujaι tylko wielkosci sta le dla atomow danego pier-wiastka; atom wieιc beιdzie wysy la l tylko jednaι d lugosc fali elektromag-netycznej - nie wysteιpujaι serie widmowe obserwowane w doswiadczeniu.
98 ROZDZIA L 5. FIZYKA ATOMU
Przyjmujaιc dla wodoru dane: R = 5.3 · 10−11m, me = 9.1 · 10−31kg, Z =1 otrzymamy d lugosc fali elektromagnetycznej emitowanej przez atomwodoru Thomsona
λ =c
ν=
4πc
e
√πε0meR3
Z= 4.58 · 10−8m. (3)
Na to, aby otrzymac linieι Hβ serii Balmera odpowiadajaιcaι d lugosci faliemitowanej przez atom wodoru λ = 4.9·10−7 m nalezy za lozyc, ze promienatomu Thomsona R = 2.6 ·10−10 m, to znaczy jest oko lo pieιc razy wieιkszyod promienia pierwszej orbity atomu wodoru Bohra (dla modelu N. Bohraotrzymuje sieι wyniki potwierdzone przez doswiadczenie, a w szczegolnosciserie widmowe).
5.2.2. Znalezc czas, po jakim elektron kraιzaιcy poczaιtkowo woko l jaιdra atomuwodoropodobnego (z jednym elektronem) po orbicie ko lowej o promieniur0 spadnie na jaιdro atomu, jesli atom ma budoweι zgodnaι z modelematomu E. Rutherforda.
Rozwiaιzanie: Poniewaz mieιdzy jaιdrem atomu i elektronem kraιzaιcympo orbicie dzia la si la przyciaιgania kulombowskiego, elektron porusza sieιz przyspieszeniem. Z elektrodynamiki klasycznej wiadomo 1, ze takielektron beιdzie traci l energieι wysy lajaιc w ciaιgu jednej sekundy energieι(w postaci fali elektromagnetycznej) rownaι
dE
dt= −2
3e2
4πε0c3a2 , (1)
gdzie e jest ladunkiem elektronu, c - preιdkosciaι fali elektromagnetycznejw prozni, a - przyspieszeniem elektronu. Za lozmy, ze niezaleznie od tego,iz wskutek straty energii elektron porusza sieι po torze coraz blizszymjaιdra atomu, wartosc przyspieszenia jest rowna wartosci przyspieszeniadosrodkowego na aktualnym torze, to znaczy elektron porusza sieι po torze,ktorego wycinki saι czeιsciami okreιgu. Wtedy wartosc przyspieszenia elek-tronu jest rowna
a =F
µ=
Ze2
4πε0r2µ, (2)
gdzie Z jest liczbaι protonow w jaιdrze atomu, r - odleg losciaι elektronu odjaιdra atomu. Uwzgleιdniajaιc ruch elektronu i jaιdra atomu (masa jaιdra jestskonczona) woko l wspolnego srodka masy, nalezy zamiast masy elektronuwprowadzic maseι zredukowanaι uk ladu jaιdro atomu - elektron
µ =m ·Mm + M
, (3)
gdzie M jest masaι jaιdra atomu, m zas masaι elektronu. Na ca lkowitaιenergieι elektronu znajdujaιcego sieι na torze o promieniu r sk lada sieι energia
1M. Suffczynski, Elektrodynamika. PWN Warszawa 1965, str. 400-401, rozdz. XV §7Promieniowanie, wzor 7.5
5.2. ZADANIA 99
kinetyczna elektronu oraz energia potencjalna oddzia lywania elektronu zjaιdrem atomu
E =µv2
2+∫ r
∞Fdr′. (4)
Korzystajaιc z rownosci
µ · a = µv2
r=
Ze2
4πε0r2= F (5)
otrzymamy wyrazenie dla energii kinetycznej
Ek =µv2
2=
12
Ze2
4πε0r. (6)
Energia potencjalna elektronu
Ep = −∫ r
∞Fdr′ =
Ze2
4πε0
∫ r
∞
dr′
r′2= − Ze2
4πε0r. (7)
Energia ca lkowita
E = Ek + Ep = −12
Ze2
4πε0r. (8)
Korzystajaιc z wartosci promienia r wyznaczonej z wyrazenia (8) otrzy-mamy po podstawieniu do wzoru (2)
a =16E2πε0
µZe2. (9)
Po podstawieniu (9) do (1) mamy
dE
E4= −2
3
(16πε0
µZe
)2 14πε0c3
dt . (10)
Rozwiaιzujaιc rownanie (10) otrzymujemy∫ −∞
E0
dE
E4= −2
3
(16πε0
µZe
)2 14πε0c3
∫ τ
0
dt . (11)
Za E0 podstawiamy energieι elektronu na poczaιtkowej orbicie elektronu
E0 = − Ze2
8πε0r0. (12)
Korzystajaιc z rozwiaιzania rownania (11) i wyrazenia (12) mamy
τ =4π2ε2
0c3µ2r0
3
Ze4, (13)
100 ROZDZIA L 5. FIZYKA ATOMU
gdzie r0 jest promieniem pierwotnej orbity elektronu. Przy rozwiaιzywaniurownania (10) korzystamy z za lozenia, ze rozmiary elektronu i jaιdra saιzaniedbywalnie ma le; staιd −∞ jako gorna granica ca lki w rownaniu (11).
Dla atomu wodoru (Z = 1, r0 = 0, 53·10−10m, µ = m = 9, 1·10−31kg, e =1, 6 · 10−19C) czas zycia atomu wynosi lby oko lo 2 · 10−11 sekundy. Wcelu wyeliminowania tej sprzecznosci z doswiadczeniem N. Bohr musia lza lozyc, ze elektron znajdujaιcy sieι na okreslonej orbicie nie traci energii,jak w wyzej opisanym modelu E. Rutherforda.
5.2.3. Znalezc energieι elektronu znajdujaιcego sieι na n-tej orbicie atomuwodoropodobnego (z jednym elektronem), jesli wiadomo, ze przeskokowielektronu z n-tej orbity na m-taι orbiteι towarzyszy wypromieniowanieprzez atom fali elektromagnetycznej o d lugosci λ.
Rozwiaιzanie: Elektron znajdujaιcy sieι na n-tej pow loce energety-cznej (o liczbie kwantowej n) atomu Bohra ma energieι
En = −µ
2
(Ze2
2ε0h
)2 1n2
. (1)
Wielkosciami mierzalnymi w tym wyrazeniu saι: masa zredukowana µuk ladu jaιdro atomu - elektron (mierzalne saι masa elektronu i masa jaιdraatomowego) i ladunek elektryczny jaιdra Q = Ze. Podstawiajaιc wyrazeniena energieι elektronu na n-tej i m-tej orbicie atomu do relacji wyrazajaιcejpostulat Bohra
En − Em = hν = hc
λ, (2)
otrzymamyhc
λ=
µ
2
(Ze2
2ε0h
)2( 1m2
− 1n2
), n > m. (3)
Przekszta lcajaιc to wyrazenie mamy
µ
2
(Ze2
2ε0h
)2
=hc
λ
m2n2
n2 −m2. (4)
Podstawiajaιc lewaι stroneι (4) do (1) znajdujemy zaleznosc en-ergii elektronu na orbicie o liczbie kwantowej n od d lugosci faliwypromieniowywanej przy przejsciu z n-tej orbity na m-taι i od liczb kwan-towych odpowiadajaιcych danym orbitom
En = −hc
λ
m2
n2 −m2. (5)
5.2.4. Pokazac, ze czeιstosc fali elektromagnetycznej emitowanej przez atom przyprzejsciu elektronu mieιdzy saιsiednimi poziomami energetycznymi daιzyze wzrostem energii elektronu (liczby kwantowej n) do czeιstosci obiegu
5.2. ZADANIA 101
elektronu woko l jaιdra atomu po orbicie odpowiadajaιcej tej energii.
Rozwiaιzanie: Korzystajaιc z wyrazen (8) i (9) z zadania 5.2.2 i zwyrazenia
a = 2πf2r , (1)
gdzie a jest wartosciaι przyspieszenia elektronu poruszajaιcego sieι po torzeko lowym o promieniu r ze sta laι preιdkosciaι, zas f jest czeιstosciaι obieguelektronu woko l jaιdra atomu, otrzymamy:
f2 =32ε0|E|3
µ(Ze2)2. (2)
Zgodnie z teoriaι klasycznaι, elektron poruszajaιcy sieι z taι czeιstosciaι woko ljaιdra atomu zachowuje sieι jak oscylator elektryczny i powinien emitowacfaleι elektromagnetycznaι o czeιstosci ν rownej f (nie uwzgleιdniamy zmianyenergii atomu zwiaιzanej z taι emisjaι).Dla atomu wg Bohra
|En| =µ
2
(Ze2
2ε0h
)2 1n2
, (3)
a wieιc
fn =µ
h
(Ze2
2ε0h
)2 1n3
. (4)
Przy przejsciu elektronu z poziomu n na poziom n− 1 atom emituje faleιelektromagnetycznaι o czeιstosci
ν =En − En−1
h=
µ
2h
(Ze2
2ε0h
)2 ( 1(n− 1)2
− 1n2
)=
=µ
2h
(Ze2
2ε0h
)2 2n− 1n2(n− 1)2
. (5)
Gdy n 1, wtedy
ν =µ
2h
(Ze2
2ε0h
)2 2n
n4=
µ
h
(Ze2
2ε0h
)2 1n3
. (6)
Porownujaιc wyrazenia (4) i (6) widzimy, ze wyrazenie (6) odpowiadaczeιstosci obiegu elektronu fn woko l jaιdra atomu na n-tej orbicie.
5.2.5. Obliczyc wielkosc przesunieιcia linii widmowych spowodowanegowystaιpieniem ”efektu izotopowego”.
Rozwiaιzanie: Energia stanu kwantowego atomu wodoropodobnegoo liczbie kwantowej n jest dana wzorem
En = −µ
2
(Ze2
2ε0h
)2 1n2
= −Z2hR
n2, (1)
102 ROZDZIA L 5. FIZYKA ATOMU
gdzie µ jest masaι zredukowanaι uk ladu jaιdro atomu - elektron. Poniewazsta la Rydberga (Cwiczenie 5.3.7)
R =m0ee
4
8ε20h
3
1
1 +m0e
M
(2)
zalezy od masy jaιdra atomu M , wieιc dla atomow tego samego pierwiastkao roznych masach atomowych (izotopow) wartosci energii stanow kwan-towych o tej samej liczbie kwantowej beιdaι rozne, przy czym temu samemuprzejsciu atomu z jednego stanu energetycznego do drugiego stanu beιdzietowarzyszy lo wyemitowanie fali elektromagnetycznej o d lugosci roznej dlaroznych izotopow tego samego pierwiastka. Dla mieszaniny izotopow, wpoblizu linii widmowej o wieιkszym nateιzeniu - odpowiadajaιcej izotopowi,ktorego w mieszaninie jest najwieιcej - pojawiaι sieι linie pochodzaιce od izo-topow rzadziej wysteιpujaιcych, przy czym stosunki nateιzen tych linii saιtakie same jak stosunki udzia lu izotopow w mieszaninie.Wzgleιdne przesunieιcie linii widmowych dla izotopow o masach atomowychM i M ′
λM − λM ′
λM=
∆EM ′ −∆EM
∆EM ′=
RM ′ −RM
RM ′, (3)
skaιd∆λ
λ=
m0e(M ′ −M)MM ′ . (4)
Dla izotopow wodoru 21H i 1
1H wzgleιdne przesunieιcie linii widmowych∆λ/λ ≈ 2, 9·10−4 (∆λ ≈ 1A). Rozniceι teι mozna zaobserwowac za pomocaιinterferometrow, ktorych zdolnosc rozdzielcza λ/∆λ osiaιga wartosc rzeιdu106. Dla cieιzszych jonow jednoelektronowych ∆λ ≈ 0, 1A lub jest nawetmniejsza niz 0, 01A. Na podstawie ilosci linii, na ktore rozszczepia sieι liniawidmowa wskutek roznicy mas (rowniez kszta ltu) jaιder atomow roznychizotopow tego samego pierwiastka, mozna okreslic liczbeι izotopow danegopierwiastka. Odsteιpy pomieιdzy liniami pozwalajaι wyznaczyc masy tychizotopow, zas nateιzenie - procentowy sk lad izotopowy pierwiastka. Natego rodzaju nadsubtelnaι struktureι nak lada sieι jeszcze struktura nadsub-telna zwiaιzana z wp lywem spinu jaιdra atomowego na po lozenie termowwidmowych (dla linii D sodu przesunieιcie ∆λ spowodowane wp lywemspinu jaιdra wynosi 0, 021A).
5.2.6. Atom o masie spoczynkowej M0 emituje foton i przechodzi do stanukwantowego rozniaιcego sieι od stanu poczaιtkowego o wartosc energii∆E. Znalezc czeιstotliwosc fali elektromagnetycznej wypromieniowanejpodczas tego przejscia, zak ladajaιc, ze foton jest wys lany przez atom wpewnym scisle okreslonym kierunku i ze atom doznaje odrzutu.
Rozwiaιzanie: Skorzystajmy z zasady zachowania peιdu i energiidla mechaniki relatywistycznej. W uk ladzie, w ktorym atom przed emisjaι
5.2. ZADANIA 103
fotonu spoczywa l, z zasady zachowania peιdu otrzymamy
0 = p− h
cν , (1)
gdzie p jest peιdem atomu po emisji fotonu, hν/c zas jest peιdem wyemi-towanego fotonu.Oznaczajaιc przez E0 energieι spoczynkowaι atomu, przez Ea energieιca lkowitaι atomu po emisji, oraz przez En i Em energie stanow kwan-towych atomu przed i po emisji, otrzymamy bilans energii w postaci
E0 + En = Ea + Em + hν , (2)
gdzieE0 = M0c
2 (3)
iEa = (M2
0 c4 + p2c2)12 = (E2
0 + p2c2)12 . (4)
PoniewazEn − Em = ∆E , (5)
wieιc korzystajaιc z (1) i (4) wyrazenie (2) mozna zapisac w postaci(E2
0 + (hν)2)1/2
= E0 + ∆E − hν . (6)
Podnoszaιc rownanie (6) stronami do kwadratu i rozwiaιzujaιc wzgleιdem νotrzymujemy
ν =∆E
h
1 +∆E
2E0
1 +∆E
E0
. (7)
Poniewaz ∆E jest znacznie mniejsze od E0, wieιc rozwijajaιc w szeregwyrazenie (1 + ∆E/E0)−1 i pomijajaιc wyrazy (∆E/E0)k dla k ≥ 2 otrzy-mamy
ν =∆E
h
(1 +
∆E
2E0
) (1− ∆E
E0
)≈ ∆E
h
(1− ∆E
2E0
). (8)
Ze wzgleιdu na (3) mamy
ν =∆E
h
(1− ∆E
2M0c2
). (9)
Gdy prawdziwa jest nierownosc∆E
2M0c2 1, wtedy
ν = ν′ =∆E
h, (10)
104 ROZDZIA L 5. FIZYKA ATOMU
to znaczy wynik, ktory otrzymujemy zak ladajaιc, ze M → ∞ i ze atomprzy emisji nie doznaje odrzutu. W wyniku odrzutu atomu czeιstosc falielektromagnetycznej jest mniejsza od czeιstosci ν′ fali emitowanej, gdyodrzutu nie ma, o wartosc rownaι
∆ν = ν − ν′ =(∆E)2
h2M0c2, (11)
co dla atomu wodoru daje dla przejscia z pierwszego wzbudzonego poziomu(n = 2) na poziom podstawowy (n = 1)
∆ν ≈ 1 · 107 s−1.
Wartosc ta jest bardzo ma la w porownaniu z wartosciaι ν dla tegosamego przejscia ( ν jest rzeιdu 1015s−1) i nie mozna jej zaobserwowac wdoswiadczeniach (zdolnosci rozdzielcze λ/∆λ najlepszych interferometrowFabry-Perot i Lummera-Gehrckego saι rzeιdu 106). Roznicy tej niemozna zaobserwowac dla innych d lugosci promieniowania elektromag-netycznego powstajaιcego przy zmianie stanu kwantowego pow loki elek-tronowej atomu (dla porownania: wykorzystujaιc zjawisko bezodrzutowejemisji promieniowania elektromagnetycznego jaιdrowego - efekt Mosbauera- mozna zauwazyc wzgleιdne zmiany energii oko lo 5 · 10−16 dla energii 100keV).
5.2.7. Pary rteιci znajdujaιce sieι w zbiorniku pod niskim cisnieniem absorbujaι wciaιgu jednej sekundy n = 1 ·1016 kwantow rezonansowego promieniowaniapochodzaιcego z lampy rteιciowej. Czas zycia atomu w stanie wzbudzonym23P jest rowny τ ≈ 1 · 10−7s. Ile wzbudzonych atomow rteιci znajduje sieιw zbiorniku rownoczesnie?
Rozwiaιzanie: Poniewaz pary rteιci znajdujaι sieι pod niskim cisnieniem,wieιc s luszne beιdzie za lozenie, ze atomy przechodzaι do stanu wzbud-zonego tylko w wyniku poch laniania promieniowania pochodzaιcego spozazbiornika. Szybkosc ubywania atomow beιdaιcych w stanie wzbudzonymjest wprost proporcjonalna do liczby atomow N∗ beιdaιcych w staniewzbudzonym oraz odwrotnie proporcjonalna do czasu zycia atomu w tymstanie:
dN∗
dt= −N∗
τ(1)
(poniewaz N∗ jest funkcjaι malejaιcaι, to jej pierwsza pochodna jestujemna). W wyniku poch laniania promieniowania lampy atomy beιdaιce wstanie podstawowym przechodzaι do stanu wzbudzonego, przy czym szy-bkosc przechodzenia atomow ze stanu podstawowego do wzbudzonego jestrowna liczbie kwantow absorbowanych w ciaιgu jednej sekundy.
dN∗
dt= n . (2)
5.2. ZADANIA 105
Obydwa procesy zachodzaι rownoczesnie, staιd szybkosc zmian liczbyatomow beιdaιcych w stanie wzbudzonym
dN∗
dt= −N∗
τ+ n . (3)
Rozwiaιzujaιc to rownanie otrzymujemy
N∗ = nτ − a exp(− t
τ
). (4)
Rys. 5-3 Zaleznosc liczby atomow N∗ w stanie wzbudzonym od czasu wprzypadku sta lego zrod la wzbudzenia.
Sta laι a wyznaczamy z warunku, ze w chwili poczaιtkowej w zbiorniku zna-jdowa ly sieι tylko atomy w stanie podstawowym, to znaczy dla t = 0 N∗ =0. Liczba atomow beιdaιcych w stanie wzbudzonym po czasie t od chwilirozpoczeιcia naswietlania
N∗ = nτ
[1− exp
(− t
τ
)]. (5)
Po pewnym czasie ustali sieι rownowaga dynamiczna i liczbaatomow przechodzaιcych do stanu wzbudzonego w wyniku poch lanianiapromieniowania lampy beιdzie rowna ilosci atomow powracajaιcych dostanu podstawowego. Stan rownowagi nastaιpi gdy
dN∗
dt= 0,
to znaczy po czasie t τ i wtedy N∗∞ = nτ . Podstawiajaιc dane liczbowe
otrzymujemy N∗∞ = 1 · 109 atomow.
106 ROZDZIA L 5. FIZYKA ATOMU
5.2.8. Nateιzenie promieniowania linii rezonansowej kadmu wiaιzki atomowCd wysy lanej przez zrod lo o temperaturze T maleje n razy na drodzel. Znalezc sredni czas zycia atomow kadmu w stanie rezonansowegowzbudzenia.
Rozwiaιzanie: Jezeli przyjmiemy, ze atomy w wiaιzce podlegajaιrozk ladowi Maxwella, to funkcja rozk ladu preιdkosci atomow w wiaιzce mapostac
f(v) = 4π( m
2πkT
) 32
v2 exp(−mv2
2kT
), (1)
gdzie T jest temperaturaι zrod la, z ktorego przez otwor wylatujaι atomykadmu w stanie wzbudzonym. Jesli przyjmiemy, ze atomy w wiaιzce majaιpreιdkosc bliskaι preιdkosci najbardziej prawdopodobnej w tej temperaturze,to z rownania na maksimum funkcji rozk ladu
df(v)dv
= 0 (2)
otrzymamy preιdkosc atomow
vp =(
2kT
m
)1/2
. (3)
Atomy przebeιdaι drogeι l z preιdkosciaι vp w czasie rownym
t =l
vp. (4)
W tym czasie liczba atomow, ktore jeszcze nie wroci ly ze stanu wzbud-zonego do stanu podstawowego beιdzie rowna
Nt = N0 exp(− t
τ
), (5)
gdzie N0 jest liczbaι atomow wzbudzonych w chwili kiedy opuszczajaιzrod lo, τ jest srednim czasem zycia atomow w stanie wzbudzonym.Nateιzenie promieniowania (I ∼ N) w chwili t beιdzie wieιc rowne
It = I0 exp(− t
τ
)=
I0
n. (6)
Podstawiajaιc (3) i (4) do (6) otrzymujemy
τ =√
m
2kT
l
ln n. (7)
Po podstawieniu danych liczbowych (mCd ≈ 19·10−26kg, n = e ≈ 2, 7, l =1, 4mm, T = 1650 K) mamy
τ ≈ 2, 8 · 10−6s . (8)
5.2. ZADANIA 107
5.2.9. Obliczyc wartosc orbitalnego momentu magnetycznego elektronu watomie wodoru w stanie podstawowym.
Rozwiaιzanie: Moment magnetyczny obwodu, w ktorym p lyniepraιd elektryczny o nateιzeniu i
M = iS , (1)
gdzie S jest wielkosciaι powierzchni obejmowanej przez obwod z praιdem.Ruch elektronu po n-tej orbicie ko lowej daje praιd o nateιzeniu
i =e
Tn. (2)
Ale okres obiegu elektronu na n-tej orbicie
Tn =2πrn
vn, (3)
a zatem
Mn =evn
2πrnπr2
n =e
2vnrn . (4)
Podstawiajaιc do wzoru (4) wyrazenie na preιdkosc elektronu vn na n-tejorbicie o promieniu rn, otrzymujemy
Mn =eh
2men , (5)
wieιc dla n = 1
M1 =eh
2me= 0, 927 · 10−23 J
T. (6)
Wielkosc M1 = µB nosi nazweι magnetonu Bohra.
5.2.10. Zak ladajaιc, ze elektron poruszajaιcy sieι po orbicie atomowej wirujerowniez woko l w lasnej osi, znalezc maksymalnaι preιdkosc liniowaι punktowznajdujaιcych sieι na powierzchni elektronu, przy ktorej w lasny momentmagnetyczny elektronu beιdzie rowny jednemu magnetonowi Bohra µB .Klasyczny promien elektronu-kulki jest rowny 2.8 · 10−15m.
Rozwiaιzanie: Zadanie rozwiaιzemy przy dwoch roznych za lozeniach:
(a) ladunek jest roz lozony rownomiernie na powierzchni kuli,
(b) ladunek elektronu jest roz lozony rownomiernie w ca lej objeιtosci.
108 ROZDZIA L 5. FIZYKA ATOMU
Rys. 5-4 Na ladowany element powierzchni dS, poruszajaιc sieι woko l osiZ uk ladu wspo lrzeιdnych daje moment magnetyczny dm (opis w tekscie).
Wybierzmy elementarnaι powierzchnieι dS na powierzchni kuli (rysunek5-4), wtedy
dS = R2 sin ϑdϑ dφ , (1)
gdzie R jest promieniem kuli - elektronu, kaιty zas ϑ i φ saι kaιtamiw uk ladzie wspo lrzeιdnych sferycznych. Jesli na ca lej powierzchni jestroz lozony rownomiernie ladunek elektryczny, to geιstosc powierzchniowatego ladunku
σ =e
4πR2, (2)
e - jest ladunkiem elektronu. Na powierzchni dS beιdzie zgromadzony ladunek czaιstkowy
dq = σdS . (3)
Ladunek ten poruszajaιc sieι wraz z obracajaιcaι sieι powierzchniaι kuliwoko l osi obrotu elektronu beιdzie dawa l przep lyw praιdu elektrycznegoo nateιzeniu
di =dq
T, (4)
5.2. ZADANIA 109
gdzie T jest okresem obrotu elektronu woko l w lasnej osi (zak ladamy, zeT = const). Wartosc momentu magnetycznego zwiaιzanego z przep lywemtego praιdu po orbicie ko lowej
dm = di S′ , (5)
gdzie S′ jest powierzchniaι wewnaιtrz obwodu, w ktorym p lynie praιd di.W naszym przypadku S′ jest powierzchniaι ko la (o srodku lezaιcym na osiobrotu) lezaιcego w p laszczyznie prostopad lej do osi obrotu, przy czympromien tego ko la
r = R sin ϑ , (6)
a zatemS′ = πr2 = πR2 sin2 ϑ . (7)
Poniewaz czaιstkowe ladunki elektryczne pochodzaιce od innych wycinkowpowierzchni kuli poruszajaι sieι w teι samaι stroneι, wartosc ca lkowitego mo-mentu magnetycznego elektronu beιdzie sumaι algebraicznaι elementarnychmomentow magnetycznych okreslonych przez (5). Podstawiajaιc (1), (2),(3), (4) i (7) do (5) otrzymujemy
dm =eω
8πR2 sin3 ϑdϑdφ , (8)
gdzie
ω =2π
T(9)
jest preιdkosciaι kaιtowaι obrotu elektronu woko l w lasnej osi. Ca lkowitymoment magnetyczny elektronu beιdzie rowny
m =eω
8πR2
∫ 2π
0
dφ
∫ π
0
sin3 ϑdϑ = (10)
=eω
3R2 . (11)
Jesli zgodnie z doswiadczeniem
m = µB =eh
4πme= 0, 927 · 10−23 J
T, (12)
to vmax = ωR - preιdkosc liniowa punktow na ”rowniku” elektronu beιdzierowna
vmax =3µB
eR. (13)
Podstawiajaιc dane liczbowe otrzymujemy
vmax ≈ 6, 2 · 1010 ms≈ 207 c , (14)
gdzie c jest preιdkosciaι fali elektromagnetycznej w prozni.
110 ROZDZIA L 5. FIZYKA ATOMU
Rys. 5-5 Element objeιtosci dV elektronu, poruszajaιc sieι woko l osi Zdaje przyczynek dm ”w lasnego” momentu magnetycznego elektronu.
Wybierzmy teraz elementarny obszar wewnaιtrz kuli (rysunek 5-5) oobjeιtosci
dV = r2dr sin ϑdϑdφ , (15)
gdzie r, ϑ, φ saι wspo lrzeιdnymi sferycznymi punktu lezaιcego wewnaιtrz ob-szaru dV . Poniewaz, zgodnie z drugim za lozeniem, ladunek elektrycznyjest roz lozony rownomiernie w ca lej objeιtosci elektronu, wieιc geιstoscobjeιtosciowa ladunku
ρ =e
43πR3
. (16)
Wybrany obszar dV zawiera ladunek
dq = ρdV , (17)
ktory poruszajaιc sieι z preιdkosciaι kaιtowaι ω woko l punktu lezaιcego naosi obrotu po torze ko lowym (lezaιcym w p laszczyznie prostopad lej do osiobrotu elektronu) daje praιd elektryczny o nateιzeniu
di =dq
T= ω
dq
2π. (18)
5.2. ZADANIA 111
Moment magnetyczny z nim zwiaιzany
dm = di S , (19)
gdzieS = πr2
1 = πr2 sin2 ϑ . (20)
Po podstawieniach otrzymujemy
dm =ωe
83πR3
r4dr sin3 ϑdϑdφ . (21)
Ca lkowity w lasny moment magnetyczny elektronu
m =ωe
83πR3
∫ R
0
r4dr
∫ 2π
0
dφ
∫ π
0
sin3 ϑdϑ (22)
skaιd
m =ωeR2
5. (23)
Poniewaz m = µB , wieιc
vmax = ωR =5µB
eR. (24)
Po podstawieniu danych liczbowych mamy
vmax ≈ 1, 37 · 1011 ms≈ 345 c . (25)
Wyniki (14) i (25) prowadzaι do wniosku, ze dla podanych wyzej mod-eli elektronu interpretacja klasyczna istnienia w lasnego momentu mag-netycznego o wartosci rownej magnetonowi Bohra (wartosc stwierdzonadoswiadczalnie) jest nie do pogodzenia z za lozeniem teorii wzgleιdnosci, zepreιdkosc c jest preιdkosciaι maksymalnaι obiektu fizycznego.
5.2.11. W doswiadczeniu Sterna-Gerlacha waιska wiaιzka atomow srebraznajdujaιcych sieι w stanie podstawowym (l = 0), przelatuje z preιdkosciaιv = 1000 m/s przez silnie niejednorodne pole magnetyczne rozciaιgajaιcesieι na odcinku l1 = 4 cm, a nasteιpnie pada na p lytkeι, ktora znajdujesieι w odleg losci l2 = 10 cm od miejsca wyjscia wiaιzki z pola. Wielkoscrozszczepienia wiaιzki na p lytce-ekranie wynosi b = 1 mm. Okreslicwartosc gradientu indukcji pola magnetycznego uzytego w doswiadczeniu.
Rozwiaιzanie: Na dipol magnetyczny o momencie magnetycznym~m umieszczony w niejednorodnym polu magnetycznym o indukcji ~Bdzia la (oprocz momentu skreιcajaιcego) si la
~F = (~m∇) ~B . (1)
112 ROZDZIA L 5. FIZYKA ATOMU
Jesli wybierzemy kierunek pola magnetycznego za os Z, to srednia si ladzia lajaιca na dipol beιdzie rowna
F z = mz∂Bz
∂z. (2)
W rownowadze termodynamicznej wartosci srednie pozosta lychsk ladowych momentu magnetycznego dipola mx i my beιdaι rownezero. Pod dzia laniem tej si ly atom zostaje przyspieszony w kierunku osiZ, przy czym wartosc tego przyspieszenia
az =F z
M=
mz
M
∂Bz
∂z, (3)
gdzie M jest masaι atomu. Pokonujaιc odleg losc l1 w niejednorodnym polumagnetycznym wiaιzka odchyli sieι od pierwotnego kierunku na odleg losc
z1 =azt
21
2, (4)
gdzie
t1 =l1v
, (5)
a zatem
z1 =(
l1v
)2mz
2M
∂Bz
∂z. (6)
Rys. 5-6 Schemat doswiadczenia Sterna - Gerlacha. Wiaιzka atomowsrebra ze zrod la A ulega rozszczepieniu b w silnie niejednorodnym polu
magnetycznym.
5.2. ZADANIA 113
Po wyjsciu wiaιzki z pola magnetycznego atomy poruszajaι sieι dalej wkierunku osi Z ruchem jednostajnym z preιdkosciaι
v1 = azt1 =mz
M
∂Bz
∂z
l1v
(7)
i odchylaι sieι, przebywajaιc odcinek l2 (niezaleznie od ruchu w kierunku osiZ atomy poruszajaι sieι w kierunku ekranu z preιdkosciaι poczaιtkowaι v) owartosc
z2 = v1t2 , (8)
gdzie
t2 =l2v
, (9)
a wieιc
z2 =mz
M
∂Bz
∂z
l1l2v2
. (10)
Odchylenie wiaιzki na p lytce od pierwotnego biegu wiaιzki jest rownepo lowie rozszczepienia (atomy o przeciwnie zorientowanych przestrzenniemomentach magnetycznych odchylajaι sieι w przeciwne strony)
b
2= z1 + z2 =
(l1v
)2mz
2M
∂Bz
∂z+
l1l2v2
mz
M
∂Bz
∂z=
l1v2
mz
M
∂Bz
∂z
(l12
+ l2
).
(11)Dla atomu srebra w stanie podstawowym moment magnetyczny jestrowny magnetonowi Bohra µB . Gradient pola magnetycznego uzytegow opisanym doswiadczeniu
∂Bz
∂z=
bv2M
µBl1(l1 + 2l2)≈ 2 · 103 T
m. (12)
5.2.12. Z jakaι poczaιtkowaι preιdkosciaι kaιtowaι beιdzie sieι obraca l zawieszony nacienkiej nici zelazny walec o d lugosci l i masie m umieszczony w polumagnetycznym o nateιzeniu H skierowanym wzd luz walca, jesli zmienimyzwrot pola na przeciwny. Za lozyc, ze walec namagnesowuje sieι donasycenia.
Rozwiaιzanie: Mieιdzy momentem magnetycznym ~µj i momentempeιdu ~Mj atomu jest spe lniona zaleznosc
~µj = gje
2me
~Mj . (1)
gdzie gj jest tzw. wspo lczynnikiem giromagnetycznym. Jezeli wwalcu umieszczonym w zewneιtrznym polu magnetycznym znajduje sieιN jednakowych atomow, to ca lkowity moment magnetyczny walca ~P w
114 ROZDZIA L 5. FIZYKA ATOMU
stanie pe lnego namagnesowania beιdzie sumaι momentow magnetycznychposzczegolnych atomow
~P =N∑
i=1
~µji = N ~µj = gje
2me
N∑i=1
~Mji = gje
2me
~b , (2)
Rys. 5-7 Schemat doswiadczenia Einsteina - de Haasa (1 - nic, 2 -solenoid, przez ktory p lynie praιd beιdaιcy zrod lem pola magnetycznego,
3 - rdzen zelazny, 4 - zwierciad lo, 5 - ekran, L - zrod lo swiat la).
Jesli namagnesowanie probki ~P zmienia sieι (wartosc, kierunek, zwrot), tozgodnie z rownaniem (2) musi sieι w ten sam sposob zmienic ca lkowity mo-ment peιdu atomow probki ~b. Walec jako ca losc mozemy traktowac jakouk lad zamknieιty. Jego ca lkowity moment peιdu jest sumaι ca lkowitego mo-mentu peιdu ~b poszczegolnych atomow oraz momentu peιdu walca (jakobry ly sztywnej) ~bw. W uk ladzie odosobnionym moment peιdu uk ladujest sta ly, to znaczy, ze jesli zmieni sieι moment magnetyczny walca podwp lywem zmiany zwrotu zewneιtrznego pola magnetycznego, to zmieni
5.2. ZADANIA 115
sieι rowniez sumaryczny moment magnetyczny poszczegolnych atomow,ale wtedy na to, aby ca lkowity moment peιdu by l sta ly, musi sieι zmienicrowniez moment peιdu walca ~bw. Oznacza to, ze jezeli w chwili poczaιtkowejwalec spoczywa l, to po przemagnesowaniu beιdzie sieι obraca l z pewnaιpreιdkosciaι kaιtowaι. Poniewaz
~b + ~bw = const , (3)
wieιc∆~b = − ~∆bw . (4)
Ale moment peιdu walca~bw = J~ω , (5)
gdzie J jest momentem bezw ladnosci walca wzgleιdem osi symetrii, ~ω jestpreιdkosciaι kaιtowaι obrotu walca. Korzystajaιc z (4) i (5) i
∆~P = −gje
2me∆~b (6)
otrzymamy preιdkosc kaιtowaι walca tuz po przemagnesowaniu
ω =∆P
gje
2meJ
. (7)
Poniewaz w przypadku pe lnego przemagnesowania ∆P = 2Nµj , wieιc
ω =2Nµj
gje
2me
m2
2πlρ
, (8)
gdzie wyrazeniem2
2πlρ= J (9)
jest momentem bezw ladnosci walca (J = mr2/2, ale m = V ρ = πρlr2,skaιd wyrazenie (9)). Uwzgleιdniajaιc, ze
N =m
ANA , (10)
gdzie A jest masaι atomowaι, NA - liczbaι Avogadro, otrzymujemy
ω =8πNAmelρµj
emgj. (11)
Jesli przyjmiemy, ze w opisanym zjawisku g lownaι roleι odgrywa spinelektronu (doswiadczenie Einsteina-de Haasa wyzej opisane potwierdzas lusznosc tego za lozenia) to µj = eh/4πme i gj = 2, a zatem
ω =NAlρh
mA. (12)
116 ROZDZIA L 5. FIZYKA ATOMU
Podstawiajaιc dane liczbowe: l = 1 cm, ρ = 7, 8 · 103 kg/m3, m = 1 g,A = 26 g, otrzymujemy
ω = 1, 2 · 10−3rad/s .
Probka po przemagnesowaniu obroci sieι wieιc o pewien kaιt α, ktorego po-miar pozwala na wyliczenie wspo lczynnika giromagnetycznego (Cwiczenie5.3.13). Poniewaz kaιt obrotu α przy pojedynczym przemagnesowaniu jestbardzo ma ly, to w celu zwieιkszenia efektu mozna zastosowac kolejne prze-magnesowania z czeιstosciaι rownaι czeιstosci w lasnej drgan torsyjnych niciz probkaι.
5.2.13. Znalezc stosunek energii pierwszego poziomu rotacyjnego do energiipierwszego poziomu oscylacyjnego drobiny HI, przy ktorej odleg loscmieιdzy jaιdrami atomow drobiny d = 1, 6 · 10−10m, zas czeιstosc w lasnadrgan ν0 = 6, 93 · 1013s−1.
Rozwiaιzanie: Energia rotacyjna drobiny dwuatomowej
Er =h2
2Jr(r + 1) , r = 1, 2, · · · , (1)
gdzie J jest momentem bezw ladnosci drobiny, r jest rotacyjnaι liczbaιkwantowaι. Energia oscylacyjna jaιder drobiny dwuatomowej (zad. 6.2.4)
Ev = hν0
(v +
12
), (2)
gdzie ν0 jest czeιstosciaι w lasnaι drgan, v jest oscylacyjnaι liczbaι kwantowaι(0, 1, 2,...). Moment bezw ladnosci wyznaczamy wzgleιdem osi obrotu,ktora przechodzi przez srodek masy drobiny i jest prostopad la do odcinka laιczaιcego atomy drobiny. Jesli odleg losc mieιdzy atomami wynosi d, toodleg losc atomu wodoru od srodka masy jest rowna
rH = dµ
mH, (3)
a odleg losc atomu jodu od tego punktu
rI = dµ
mI. (4)
Rownanie (3) i (4) otrzymalismy z warunku
mHrH = mIrI
id = rH + rI ; (5)
przy czym µ jest masaι zredukowanaι uk ladu rownaι mHmI/(mH + mI) ≈mH .
5.2. ZADANIA 117
Moment bezw ladnosci wzgleιdem srodka masy
J = mHr2H + mIr
2I = µd2 . (6)
Szukany stosunek energii
Er
Ev=
h2
2µd2r(r + 1)
hν0(v + 12 )
. (7)
Podstawiajaιc v = 0 i r = 1 otrzymamy
Er
Ev=
h
3πµd2ν0≈ h
3πmHd2ν0. (8)
Po podstawieniu danych liczbowych mamy
Er
Ev≈ 1
280. (9)
5.2.14. Za lozmy, ze energia potencjalna oddzia lywania dwoch atomow w pewnejdrobinie jest postaci
U(r) = −α
r+
β
r8, (1)
gdzie α i β saι sta lymi, r jest odleg losciaι pomieιdzy srodkami atomow.Znalezc odleg losc r0, przy ktorej drobina znajduje sieι w stanie rownowagioraz ca lkowitaι energieι potencjalnaι drobiny w tym stanie. Znajaιc energieιdysocjacji drobiny D = 3, 5 eV oraz odleg losc r0 = 2 A (z doswiadczenia)wyznaczyc sta le α i β.
118 ROZDZIA L 5. FIZYKA ATOMU
Rys. 5-8 Zaleznosc energii potencjalnej U(r) od odleg losci r pomieιdzyoddzia lujaιcymi atomami.
Rozwiaιzanie: Pierwszy sk ladnik prawej strony wzoru (1) opisujeenergieι potencjalnaι si l kulombowskich przyciaιgajaιcych atomy, drugisk ladnik energieι potencjalnaι krotkozasieιgowych si l odpychajaιcych atomy.Wykres ca lkowitej energii potencjalnej oddzia lywania pokazuje rysunek5-8. Drobina beιdzie w stanie rownowagi (to znaczy, ze gdy atomy odchylaιsieι od wartosci r0 odpowiadajaιcej temu stanowi, pojawiaι sieι si ly daιzaιcedo przywrocenia stanu rownowagi) gdy energia potencjalna oddzia lywaniadwoch atomow osiaιgnie wartosc minimalnaι, to znaczy, gdy spe lnione saιzaleznosci (
∂U
∂r
)r=r0
= 0 i(
∂2U
∂r2
)r=r0
> 0 (2)
lubα
r20
− 8β
r90
= 0 ,
skaιd
r0 = 7
√8β
α. (3)
Ca lkowita energia potencjalna drobiny beιdaιcej w stanie rownowagi
U(r0) = −α 7
√α
8β+ β
7
√(α
8β
)8
= −α 7
√α
8β+
α
87
√α
8β= −7
8α
r0. (4)
5.3. CWICZENIA 119
Z rownosci (4) widac, ze w stanie rownowagi energia potencjalna si lodpychajaιcych jest osmiokrotnie mniejsza niz wartosc bezwzgleιdna en-ergii potencjalnej si l przyciaιgajaιcych: 8Uodp = |Uprzyc|. Poniewaz energiadysocjacji drobiny D = −U(r0) (scislej D = −W - ca lkowitej energiidrobiny w stanie podstawowym), wieιc
α =87r0D , (5)
β =17r80D . (6)
Korzystajaιc ze znalezionych wzorow (5) i (6) mozna wyrazenie (1) zapisacw postaci
U(r) =D
7
[−8(r0
r
)+(r0
r
)8]
. (7)
Postawiajaιc dane doswiadczalne otrzymujemy
α = 1, 28 · 10−27J ·m β = 2, 05 · 10−97J ·m8 . (8)
Znajomosc wartosci r0 i D pozwala, jak widac ze wzoru (7) (lub po sko-rzystaniu z (8) we wzorze (1), wyznaczyc krzywaι zaleznosci energii po-tencjalnej od odleg losci pomieιdzy atomami dla danej drobiny.
5.3 Cwiczenia
5.3.1. Znalezc stosunek kulombowskich i grawitacyjnych si l dzia lajaιcych mieιdzyelektronem i jaιdrem atomu wodoru.
Odpowiedz:Fe
Fg=
e2
4πε0γ ·m0em0p≈ 2, 6 · 1039 .
5.3.2. Obliczyc stosunek szybkosci elektronu znajdujaιcego sieι na pierwszej or-bicie atomu wodoru (model Bohra) do preιdkosci fali elektromagnetycznejw prozni c.
Odpowiedz:v1
c=
e2
2ε0hc≈ 1
137= α .
5.3.3. Uk lad z lozony z elektronu i pozytonu, poruszajaιcych sieι woko l wspolnegosrodka masy, nazywamy pozytonium. Masa pozytonu jest rowna masieelektronu, a ladunek pozytonu jest dodatni i rowny co do wartoscibezwzgleιdnej ladunkowi elektronu. Znalezc odleg losc mieιdzy pozytonem ielektronem w stanie podstawowym pozytonium oraz potencja l jonizacyjnyz tego poziomu.
120 ROZDZIA L 5. FIZYKA ATOMU
Odpowiedz:
r1 =2ε0h
2
πm0ee2≈ 2a0 = 10, 58 · 10−11m ,
W1 =m0ee
4
16ε02h2
≈ −E1H
2= 6, 8 |rmeV .
5.3.4. Znalezc poziomy energetyczne En oraz promien rn orbit ko lowych”’atomu”’ z lozonego z neutronu i protonu. Zak ladamy, ze neutron i protonoddzia lywujaι na siebie tylko si lami grawitacyjnymi. Porownac promien r1
”’atomu”’ beιdaιcego w stanie podstawowym z odleg losciaι pomieιdzy Ziemiaιi gwiazdaι Proxima Centauri z zadania 1.2.2. W jakim zakresie widma falelektromagnetycznych leza loby promieniowanie tego ”’atomu”’?
5.3.5. Potencja l jonizacji (ze stanu podstawowego) atomu wodoru wynosi W1 =13.6 eV. Jaka musi byc temperatura gazu, aby srednia energia kinetycznaatomow wodoru by la rowna energii jonizacji?
Odpowiedz:
T =23· W1
k≈ 10, 5 · 104 K .
5.3.6. W zbiorniku pod cisnieniem p = 1 Pa w temperaturze T = 300 K znajdujesieι wodor atomowy. Znalezc wartosc ca lkowitej energii elektronu w atomiewodoru, przy ktorej promien tej orbity beιdzie s razy mniejszy od sredniejodleg losci mieιdzy srodkami atomow wodoru.
Odpowiedz:
En = −se2
8πε0·( p
kT
) 13
dla s=1, E1 ≈ 4, 47 · 10−2 eV.
5.3.7. Wyrazic poprzez sta le uniwersalne sta laι Rydberga RH′ dla atomu wodoru.
Odpowiedz:
RH′ =
m0ee4
8ε02h3c
· 1
1 +m0e
m0p
≈ 1, 097 · 107m−1 .
5.3.8. Obliczyc promien n-tej orbity elektronu w atomie wodoru, jesli wiadomo,ze przy przejsciu elektronu z tej orbity na orbiteι o liczbie kwantowej m = 2wysy lana jest fala elektromagnetyczna o d lugosci λ = 4, 87 · 10−7m.
Odpowiedz:
rn =e2m2λ
8πε0h(RHλ−m2c)≈ 8, 4 · 10−10m .
5.3. CWICZENIA 121
5.3.9. Ile razy zwieιkszy sieι promien orbity elektronu w atomie wodoru beιdaιcegow stanie podstawowym (n = 1) po wzbudzeniu go kwantem o energii 12, 09eV?
Odpowiedz:
m =
√hR
hR−∆E= 3,
r3
r1=(m
n
)3
= 9 .
5.3.10. Znalezc preιdkosc jakaι uzyskuje atom wodoru przy przejsciu elektronu zdrugiej orbity na pierwszaι.
Odpowiedz:
v ≈ 3hRH
4MHc≈ 3, 3 m/s .
5.3.11. Obliczyc stosunek orbitalnego momentu peιdu elektronu w atomie wodoruw stanie podstawowym do momentu magnetycznego elektronu w tymsamym stanie.
Odpowiedz:K
M=
2m0e
e=
h
µB≈ 1, 1 · 10−11 T/s .
WielkoscµB
hc=
12πc
· M
K= 46, 686 T−1m−1 nosi nazweι sta lej rozszcze-
pienia w zjawisku Zeemana.
5.3.12. Wiadomo, ze kazdy atom sodu o temperaturze 1600 K wypromieniowujew ciaιgu jednej sekundy n = 100 fotonow o d lugosci fali λ = 5, 890 ·10−7m.Znalezc sredni czas zycia wzbudzonego atomu sodu.
Odpowiedz:
τ =exp
(− hc
λkT
)n
≈ 2, 5 · 10−9s .
5.3.13. Korzystajaιc z rozwiaιzania zadania 5.2.12, wyrazic kaιt, o jaki odchyli sieιprobka przy wielokrotnej zmianie zwrotu pola magnetycznego z czeιstosciaιrownaι czeιstosci drgan w lasnych uk ladu.Wskazowka: Energia kinetyczna ruchu obrotowego probki w chwileι poprzemagnesowaniu jest rowna Jω2/2. Jesli D jest modu lem spreιzystoscinici, to po skreιceniu nici o kaιt α energia potencjalna uk ladu beιdzie rownaDα2/2. Korzystajaιc z zasady zachowania energii i zwiaιzku pomieιdzyczeιstosciaι ko lowaι drgan w lasnych uk ladu ω0, modu lem spreιzystosci niciD i momentem bezw ladnosci probki J : Jω0
2 = D, otrzymujemy:
α =ω
ω0=
NAlρh
gjmAω0.
122 ROZDZIA L 5. FIZYKA ATOMU
5.3.14. Pokazac, ze dwuatomowa drobina, krorej energia potencjalna odd-zia lywania pomieιdzy atomami
U(r) = − α
rn+
β
rm
moze byc w rownowadze trwa lej dla skonczonej wartosci r wtedy gdym > n.Wskazowka: Drobina beιdzie w rownowadze trwa lej, gdy funkcja U(r)osiaιgnie minimum, to znaczy, gdy spe lnione beιdaι zaleznosci:(
dU
dr
)r=r0
= 0 i
(d2U
dr2
)r=r0
> 0 .
Rozdzia l 6
Mechanika kwantowa
6.1 Wsteιp
1. Czaιstce o masie m i peιdzie p mozna przypisac faleι de Broglie’a o d lugosci
λ =h
p. (6.1)
2. Stan uk ladu w mechanice kwantowej jest opisany przez funkcjeι falowaιΨ(x, y, z, t) (na ogo l zespolonaι), ktoraι mozna znalezc jako rozwiaιzanierownania Schrodingera. Dla czaιstki o masie m pozostajaιcej poddzia laniem si ly o potencjale V (x, y, z, t) rownanie Schrodingera ma postac
ih∂Ψ∂t
= − h2
2m∆Ψ + V (x, y, z, t)Ψ . (6.2)
gdzie ∆ jest operatorem Laplace’a
∆ =∂2
∂x2+
∂2
∂y2+
∂2
∂z2. (6.3)
Sama funkcja falowa nie ma znaczenia fizycznego, natomiast wielkosc
Ψ(x, y, z, t)Ψ∗(x, y, z, t)dτ = |Ψ(x, y, z, t)|2dτ (6.4)
jest proporcjonalna do prawdopodobienstwa (przy doborze odpowiedniegosta lego czynnika w laιczonego do funkcji, rowna prawdopodobienstwu), zeczaιstka znajduje sieι w elemencie objeιtosci dτ w otoczeniu punktu (x, y, z)w danej chwili czasu t. Poniewaz prawdopodobienstwo znalezienia czaιstkiw ca lej przestrzeni powinno byc rowne jednosci, wieιc funkcja falowapowinna spe lniac warunek unormowania∫
V
|Ψ(x, y, z, t)|2dτ = 1 , (6.5)
123
124 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
przy czym ca lkowanie rozciaιga sieι na ca laι przestrzen. W przypadku,gdy ca lka z |Ψ|2 nie jest zbiezna, nie mozna unormowac funkcji w sen-sie (6.5). W takim przypadku |Ψ|2dτ nie okresla bezwzgleιdnego praw-dopodobienstwa znalezienia czaιstki w otoczeniu punktu (x, y, z). Jednakzestosunek wartosci |Ψ|2 w dwoch roznych punktach przestrzeni okreslawzgleιdne prawdopodobienstwo dla odpowiednich wartosci wspo lrzeιdnych.Funkcja falowa powinna byc ciaιg la i jednoznaczna w ca lej przestrzeni.Wymaga sieι ciaιg losci funkcji falowej rowniez w przypadku, gdy potencja lma powierzchnie nieciaιg losci. Na takiej powierzchni funkcja falowa i pier-wsze pochodne powinny byc ciaιg le. W ca lym obszarze, gdzie V = ∞ ina granicy tego obszaru funkcja musi byc rowna zeru, przy czym pierwszepochodne w tym przypadku nie beιdaι ciaιg le. Jesli V (x, y, z) jest wszeιdziefunkcjaι skonczonaι, to funkcja falowa tez powinna byc skonczona w ca lejprzestrzeni.W przypadku, gdy potencja l V nie zalezy od czasu rozwiaιzaniem rownaniaSchrodingera jest funkcja
Ψ(x, y, z, t) = exp(− i
hEt
)·Ψ(x, y, z) , (6.6)
gdzie E jest energiaι ca lkowitaι czaιstki; przy czym funkcja falowa niezaleznaod czasu Ψ(x, y, z) spe lnia rownanie Schrodingera bez czasu (dla stanowstacjonarnych)
− h2
2m∆Ψ + V (x, y, z)Ψ = EΨ . (6.7)
Funkcje falowe (6.6) spe lniajaι zaleznosc
|Ψ(x, y, z, t)|2dτ = |Ψ(x, y, z)|2dτ , (6.8)
to znaczy, ze prawdopodobienstwo znalezienia czaιstki w otoczeniu dτpunktu (x, y, z) nie zalezy od czasu. Stan opisany funkcjaι (6.6) spe lniajaιcaιzaleznosc (6.8) nazywamy stanem stacjonarnym; w stanach stacjonarnychenergia uk ladu ma okreslonaι wartosc.
6.2 Zadania
6.2.1. Obliczyc preιdkosc elektronu, ktorego d lugosc fali de Broglie’a jest takajak dla:a) atomu wodoru poruszajaιcego sieι ze sredniaι preιdkosciaι w ruchubez ladnym w temperaturze pokojowej,b) fotonu o d lugosci fali λ = 1 · 10−10m (1A).
Rozwiaιzanie:a) Zwiaιzek mieιdzy peιdem czaιstki i jej d lugosciaι fali de Broglie’a mapostac
p =h
λ. (1)
6.2. ZADANIA 125
Poniewaz h = const, wieιc d lugosc fali de Broglie’a elektronu i atomuwodoru beιdzie taka sama wtedy, gdy
pe = pH . (2)
Do wyrazenia (2) nalezy podstawic peιd relatywistyczny elektronu
pe =mev√1− v2
c2
(3)
orazpH = mHvH , (4)
gdzie
vH =2√π
√2kT
mH c (5)
jest preιdkosciaι sredniaι atomu wodoru.Rozwiaιzujaιc rownania (2) i (3) wzgleιdem preιdkosci elektronu v otrzymu-jemy
v =c√
1 +m2
ec2
p2H
. (6)
Poniewaz mec pH , wieιc jedynkeι w mianowniku wyrazenia (6) moznazaniedbac, a zatem
v =pH
me. (7)
Podstawiajaιc (4) i (5) do (7) otrzymamy
v =2√π
mH
me
√2kT
mH. (8)
Po podstawieniu wartosci liczbowych: vH = 2, 5 · 103 m/s oraz mH/me ≈1840 mamy
v ≈ 4, 6 · 106m/s . (9)
b) Korzystajaιc z wyrazenia (6), gdzie w miejsce peιdu atomu wodoru pod-stawiamy peιd fotonu pf = h/λ, otrzymujemy
v =c√
1 +m2
ec2
(h/λ)2
. (10)
Poniewaz mec/(h/λ) 10, wieιc w przyblizeniu
v =h
λme. (11)
126 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
Po podstawieniu danych liczbowych dostajemy
v = 7, 3 · 106m/s . (12)
Otrzymalismy wartosci zblizone dla obu przypadkow, gdyz d lugosc fali deBroglie’a atomu wodoru o preιdkosci sredniej vH w temperaturze pokojowejjest tego samego rzeιdu jak d lugosc fali fotonu w czeιsci (b) zadania i wynosioko lo 1, 6 · 10−10m.
6.2.2. Czaιstka o masie m porusza sieι w jednowymiarowej prostokaιtnej ”jamie po-tencja lu”, to jest w polu dzia lania si l, ktorych energia potencjalna czaιstkinie zalezy od masy i opisana jest zaleznosciaι
V (x) =
0 gdy 0 < x < a∞ gdy x < 0 i x > a .
Rozwiaιzanie: Os X wspo lrzeιdnych, wzd luz ktorej porusza sieι czaιstka,mozna podzielic na trzy obszary. W obszarze 0 < x < a na czaιstkeι niedzia la zadna si la. W punktach skoku potencja lu x = 0 i x = a dzia la naczaιstkeι si la nieskonczenie duza zwrocona do wneιtrza obszaru (0, a). Wobszarach natomiast, gdzie x < 0 i x > a (V = ∞), prawdopodobienstwoznalezienia czaιstki jest rowne zeru, to znaczy, ze funkcja falowa musiznikac w tych obszarach.
Rys. 6-1 Zaleznosc V (x) od x dla nieskonczonej, jednowymiarowej studnipotencja lu, a - szerokosc studni.
Funkcjeι falowaι dla obszaru 0 < x < a znajdziemy rozwiaιzujaιc jednowymi-arowe rownanie Schrodingera z potencja lem V (x) = 0:
− h2
2m
∂2Ψ(x)∂x2
= EΨ(x) . (1)
Rozwiaιzaniem rownania (1) jest funkcja
Ψ(x) = b1 exp(ikx) + b2 exp(−ikx) = c sin(kx + δ) , (2)
6.2. ZADANIA 127
gdzie
k2 =2mE
h2 . (3)
Sta laι δ znajdziemy wymagajaιc, zeby funkcja falowa by la ciaιg la w ca lymobszarze. Poniewaz dla x < 0 i x > a funkcja falowa jest rowna zeru, wieιczaιdamy, aby funkcja (2) w punktach skoku potencja lu x = 0 i x = a by latez rowna zeru
Ψ(0) = 0 = Ψ(a) , (4)
skaιd otrzymujemy rownania
c sin δ = 0 (5)
c sin(ka + δ) = 0 . (6)
Sta la c nie moze byc rowna zeru, bo wowczas otrzymujemy rozwiaιzanieΨ(x) = 0 dla obszaru 0 < x < a (jest to jedyny obszar, w ktorym czaιstkamoze przebywac, to znaczy, ze prawdopodobienstwo znalezienia czaιstki wtym obszarze jest rozne od zera), tak wieιc z rownania (5) otrzymujemyprzesunieιcie fazowe δ = 0. K ladaιc w rownaniu (6) δ = 0 przy c 6= 0otrzymujemy rownanie
sin(ka) = 0 , (7)
ktorego rozwiaιzania saι postaci
ka = nπ , (8)
przy czym n = ±1,±2,±3, · · · ; wartosc x = 0 odrzucamy, gdyz odpowiadaprzypadkowi Ψ(x) = 0. Podstawiajaιc wyrazenie (3) do (8) otrzymu-jemy dozwolone wartosci energii, jakie moze miec czaιstka znajdujaιca sieιw studni potencjalnej
En =π2h2
2ma2n2 , (9)
gdzie liczba kwantowa n moze przybierac wartosci jak poprzednio. Otrzy-mane mozliwe wartosci energii z zaιdania ciaιg losci funkcji tworzaι zbiornieciaιg ly (widmo energetyczne nieciaιg le). Wartosci energii nie spe lniajaιcezaleznosci (9) saι zabronione (prawdopodobienstwo znalezienia czaιstkiz energiaι roznaι od (9) jest rowne zeru). Roznym wartosciom energii(roznym liczbom kwantowym n) beιdaι odpowiada ly rozne funkcje falowenumerowane liczbaι n
Ψn = cn sin(nπ
ax)
. (10)
Sta le cn znajdziemy z zaιdania, aby w stanie opisanym przez funkcjeι falowaιΨn(x) prawdopodobienstwo znalezienia czaιstki w ca lym przedziale 0 <x < a by lo rowne jednosci (w pozosta lym obszarze jest rowne zeru), toznaczy, aby ∫ a
0
Ψn(x)Ψ∗n(x) = 1 , (11)
128 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
skaιd
c2n
∫ a
0
sin2(nπ
ax)
dx = c2n
a
2, (12)
a zatemc2n = cnc∗n =
2a
. (13)
Z uwagi na to, ze funkcja falowa jest w ogolnosci funkcjaι zespolonaι, mamy
cn =
√2a
exp(iα) , (14)
gdzie α jest dowolnaι sta laι rzeczywistaι. Czynnik fazowy spe lnia warunek,ze jego iloczyn przez wyrazenie sprzeιzone w sposob zespolony jest rownyjednosci. Poniewaz czynnik ten nie zmienia stanu fizycznego opisywanegoprzez funkcjeι falowaι, mozna go opuscic. Funkcja falowa beιdzie wieιcpostaci
Ψn(x) =
√2a
sin(nπ
ax)
. (15)
Rysunek 6-2 przedstawia funkcje falowe (15) dla kilku roznych wartosciliczby kwantowej n (odpowiadajaιcych roznym wartosciom energiiczaιstki), natomiast na rysunku 6-3 pokazano geιstosc prawdopodobienstwaznalezienia czaιstki w otoczeniu poszczegolnych punktow x:
Ψn(x)Ψ∗n(x) = |Ψn(x)|2 =
2a
sin2(nπ
ax)
. (16)
Rys. 6-2 Wykresy funkcji w lasnych (z dok ladnosciaι do czynnikownormalizujaιcych) czaιstki znajdujaιcej sieι w studni potencjalnej
przedstawionej na rysunku 6-1 dla kilku wartosci liczby kwantowej n.
6.2. ZADANIA 129
Rys. 6-3 Wykresy liniowej geιstosci prawdopodobienstwa znalezieniaczaιstki wewnaιtrz nieskonczonej, jednowymiarowej studni potencjalnej
dla n = 1, 2, 3, 4.
6.2.3. Podac dozwolone wartosci energii czaιstki znajdujaιcej sieι w przestrzennympudle ”potencja lu”, wewnaιtrz ktorego energia potencjalna czaιstki jeststa la, oraz funkcje w lasne odpowiadajaιce tym wartosciom energii.
Rozwiaιzanie: Rownanie Schrodingera z potencja lem
U(x, y, z) =
V0 dla 0 < x < a, 0 < y < b, 0 < z < c∞ wpozostalymobszarze (1)
dla obszaru wewnaιtrz pola (0 < x < a, 0 < y < b, 0 < z < c) ma postac
∆Ψ(x, y, z) + k2Ψ(x, y, z) = 0 , (2)
gdzie
k2 =2m
h2 (E − V0) . (3)
Rownanie (2) rozwiaιzujemy metodaι separacji zmiennych. Zak ladamy, ze
Ψ(x, y, z) = X(x) · Y (y) · Z(z), (4)
(prawdopodobienstwo, ze czaιstka znajduje sieι w punkcie okreslonym przezjednaι ze wspo lrzeιdnych jest niezalezne od wartosci przyjmowanych przezpozosta le wspo lrzeιdne), wtedy
∆Ψ(x, y, z) =(
∂2
∂x2+
∂2
∂y2+
∂2
∂z2
)Ψ(x, y, z) =
130 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
= Y (y)Z(z)∂2
∂x2X(x) + X(x)Z(z)
∂2
∂y2Y (y) + X(x)Y (y)
∂2
∂z2Z(z) . (5)
Po podstawieniu (5) do rownania (2) i po podzieleniu stronami otrzy-manego rownania przez (4) (wewnaιtrz pud la Ψ(x, y, z) 6= 0, bo praw-dopodobienstwo znalezienia czaιstki w jakimkolwiek punkcie pud la jestrozne od zera) otrzymamy rownanie
1X(x)
∂2
∂x2X(x) +
1Y (y)
∂2
∂y2Y (y) +
1Z(z)
∂2
∂z2Z(z) + k2 = 0 . (6)
Z (6) widac, ze suma trzech pierwszych sk ladnikow lewej strony rownania(6), z ktorych kazdy jest funkcjaι tylko jednej zmiennej, ma byc zawszerowna sta lej, to znaczy, ze kazdy z tych sk ladnikow tez musi byc sta ly.Rownanie (6) mozemy wieιc zapisac w postaci uk ladu rownan
1X(x)
∂2
∂x2X(x) + k2
x = 0 (7)
1Y (y)
∂2
∂y2Y (y) + k2
y = 0 (8)
1Z(z)
∂2
∂z2Z(z) + k2
z = 0 , (9)
przy czymk2 = k2
x + k2y + k2
z . (10)
Rownania (7), (8), (9) saι postaci
∂2
∂u2f(u) + k2
uf(u) = 0 , (11)
a ich rozwiaιzaniami saι funkcje (wyrazenie (2) w zad. 6.2.2)
X(x) = A sin(kxx + δx) (12)
Y (y) = B sin(kyy + δy) (13)
Z(z) = C sin(kzz + δz) . (14)
Sta le δx, δy, δz oraz kx, ky, kz znajdziemy z warunkow brzegowych - nasciankach pud la funkcje falowe znikajaι. Otrzymujemy uk lad rownan
X(0) = A sin(δx) = 0
Y (0) = B sin(δy) = 0
Z(0) = C sin(δz) = 0
X(a) = A sin(kxa + δx) = 0 (15)
Y (b) = B sin(kyb + δy) = 0
6.2. ZADANIA 131
Z(c) = C sin(kzc + δz) = 0 ,
ktorego rozwiaιzaniami, przy za lozeniu, ze sta le A,B i C saι rozne od zera(Ψ(x, y, z) 6= 0 wewnaιtrz pud la), saι wyrazenia
δx = δy = δz = 0 (16)
ikx =
nxπ
a(17)
ky =nyπ
b(18)
kz =nzπ
c, (19)
gdzie nx, ny i nz saι liczbami ca lkowitymi.Podstawiajaιc wyrazenia (17), (18) i (19) z uwzgleιdnieniem (10) do (3)otrzymujemy dozwolone wartosci energii czaιstki wewnaιtrz pud la
Enx,ny,nz=
h2
2mk2 + V0 =
π2h2
2m
(n2
x
a2+
n2y
b2+
n2z
c2
)+ V0 . (20)
W przypadku, gdy zadna z liczb a, b i c nie jest wielokrotnosciaι po-zosta lych, zaleznosc mieιdzy energiaι czaιstki i uk ladem liczb kwantowychnx, ny, nz jest wzajemnie jednoznaczna (kazdemu dowolnemu uk ladowiliczb nx, ny i nz odpowiada tylko jedna wartosc energii), pozosta le przy-padki odpowiadajaι tak zwanym stanom zdegenerowanym (to znaczy, teιsamaι wartosc energii mozna zrealizowac poprzez rozne uk lady liczb kwan-towych).Funkcja falowa odpowiadajaιca wartosci energii Enx,ny,nz
jest postaci
Ψnx,ny,nz (x, y, z) = D sin(nxπ
ax)
sin(nyπ
by)
sin(nzπ
cz)
. (21)
Sta laι D = A ·B · C znajdujemy z warunku normowania funkcji falowej∫ a
0
dx
∫ b
0
dy
∫ c
0
dzΨ(x, y, z)Ψ∗(x, y, z) = 1 , (22)
skaιd otrzymujemy
D =
√8
abcexp(iα) , (23)
gdzie α jest dowolnaι sta laι rzeczywistaι.
6.2.4. Znalezc dozwolone wartosci energii i funkcje falowe czaιstki o masie mpozostajaιcej pod dzia laniem si ly F = −mω2x (w mechanice klasycznejczaιstka o masie m wykonujaιca ma le drgania wzd luz prostej z czeιstosciaιw lasnaι ν = ω/2π nosi nazweι oscylatora liniowego).
132 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
Rozwiaιzanie: Dzia lajaιcaι na czaιstkeι si leι
F = −mω2x (1)
mozna scharakteryzowac poprzez energieι potencjalnaι
V (x) =mω2x2
2(2)
i rownanie Schrodingera beιdzie postaci
− h2
2m
d2
dx2Ψ(x) +
mω2x2
2Ψ(x) = EΨ(x) . (3)
Beιdziemy szukali rozwiaιzan tego rownania, ktore beιdaι ograniczone, ciaιg lei jednoznaczne w ca lym obszarze zmiennosci x.Przez podstawienie do rownania (3) bezwymiarowych wielkosci
ξ =x
x0(4)
iλ =
2E
hω, (5)
gdzie
x0 =
√h
mω, (6)
otrzymujemy rownanie
Ψ′′(ξ) + (λ− ξ2)Ψ(ξ) = 0 , (7)
przy czym rozniczkowanie wzgleιdem zmiennej ξ oznaczono primami.Rozwiaιzania rownania (7) szukamy w postaci
Ψ(ξ) = exp(−1
2ξ2
)u(ξ) ; (8)
funkcja u(ξ) nie moze rosnaιc dla |ξ| −→ ∞ szybciej niz funkcja
exp(
12ξ2
). (9)
Funkcjeι
Ψ+(ξ) = exp(
12ξ2
)u(ξ) , (10)
ktora tez jest rozwiaιzaniem rownania (7), odrzucamy, gdyz by laby onanieograniczona w nieskonczonosci. Podstawienie funkcji (8) do rownania(7) daje rownanie rozniczkowe na funkcjeι u(ξ)
u′′(ξ)− 2ξu′(ξ) + (λ− 1)u(ξ) = 0 . (11)
6.2. ZADANIA 133
Rownanie (11) ma rozwiaιzania spe lniajaιce wymagane warunki tylkowtedy, gdy
λ− 1 = 2m ; m = 0, 1, 2, · · · (12)
Jak zobaczymy (17), wystarczy lo zaιdanie, zeby rozwiaιzanie by lo ciaιg le,ograniczone i jednoznaczne na to aby otrzymac nieciaιg le wartosci energii.Rozwiaιzaniami saι wielomiany Hermite’a, przy czym wyrazenie dla n-tegowielomianu jest dane przez wzor
Hn(ξ) = (−1)n exp(ξ2)∂n
∂ξnexp(−ξ2) . (13)
Pierwsze trzy wielomiany saι postaci
H0(ξ) = 1 (14)
H1(ξ) = 2ξ (15)
H2(ξ) = 4ξ2 − 2 . (16)
Podstawiajaιc (12) do (5) otrzymujemy
En = hω
(n +
12
)n = 0, 1, 2, · · · (17)
Wyrazenie (17) pokazuje, ze energia En oscylatora kwantowego mozeprzyjmowac tylko wartosci nieciaιg le. Najmniejsza wartosc energii E0 (n =0) jest rowna (1/2)hω (dla oscylatora klasycznego najnizsza wartosc en-ergii wynosi zero i wtedy czaιstka spoczywa w punkcie x = 0). Kolejnedozwolone wartosci eneregii rozniaι sieι o sta laι wartosc
∆E = En+1 − En = hω . (18)
Funkcje falowe opisujaιce poszczegolne stany czaιstki majaι postac
Ψn(ξ) = an exp(−ξ2
2
)Hn(ξ) . (19)
Sta laι an mozna znalezc z warunku normalizacyjnego∫ ∞
−∞Ψ∗
n(ξ)Ψn(ξ)dξ = 1 , (20)
skaιd otrzymujemy
an = (−1)n
4
√mω
h√√π2nn!
=(−1)n√√π2nn!
√x0
. (21)
134 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
Rys. 6-4 a,b,c. Wykresy funkcji w lasnych liniowego oscylatoraharmonicznego dla kilku wartosci liczb kwantowych n = 0, 1, 2.
Zaznaczono amplitudeι A oscylatora klasycznego majaιcego energieιodpowiadajaιcaι tym liczbom kwantowym.
6.2. ZADANIA 135
Rys. 6-5 Rozk lad prawdopodobienstwa dla liniowego oscylatoraharmonicznego o energiach ”zerowych” w przypadku klasycznym
(E = 0) i kwantowym (E = h2ω).
Na rysunku 6-4 przedstawiono funkcje falowe dla n = 0, 1, 2, rysunek zas6-5 pokazuje geιstosc prawdopodobienstwa (dla przypadku jednowymi-arowego - prawdopodobienstwo na jednostkeι d lugosci) znalezienia czaιstkiw otoczeniu danego punktu dla energii zerowych w przypadku klasycznym(E0 = 0) i kwantowym (E0 = hω/2). Na rysunku 6-6 uwidocznionyjest wykres funkcji V (x), na ktorym zaznaczono tez poziomy energety-czne En. Zgodnie z mechanikaι klasycznaι czaιstka majaιca na przyk ladenergieι E1 mog laby znajdowac sieι tylko w obszarze ograniczonympunktami przecieιcia poziomu energii E1 z krzywaι energii potencjalnej,poniewaz saι to punkty, w ktorych energia potencjalna jest rowna energiica lkowitej, to znaczy energia kinetyczna w tych punktach jest rowna zeru(E = Ekin +V ). Obszar poza tymi punktami odpowiada lby przypadkowi,gdzie Ekin < 0, to znaczy, ze saι to obszary (klasycznie) zabronione.Punkty ±
√3h/(mω) saι tak zwanymi punktami zwrotnymi - preιdkosc
w nich jest rowna zeru i prawdopodobienstwo (klasycznie) znalezieniaczaιstki o energii E1 = 3
2 hω w tych punktach jest najwieιksze.
136 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
Rys. 6-6 Wykres funkcji V = V (x) dla liniowego oscylatoraharmonicznego oraz poziomy energetyczne E0, E1, E2 oscylatora dlaliczb kwantowych n = 0, 1, 2. A - amplituda oscylatora o energii E1.
Klasycznie prawdopodobienstwo znalezienia czaιstki w otoczeniu dxpunktu x jest wprost proporcjonalne do czasu trwania ruchu czaιstki naodcinku dx
p(x)dx =dt
T=
ω
2π
dx
v, (22)
gdzie T jest okresem drgan, v - preιdkosciaι czaιstki. Poniewaz w ruchudrgajaιcym
x = A sin(ωt) , (23)
gdzie amplituda drgan
A =
√2E
mω2, (24)
wieιc
v =dx
dt= Aω cos(ωt) = Aω
√1− x2
A2(25)
p(x)dx =1
2πA
dx√1−
( x
A
)2; |x| ≤ A . (26)
W mechanice kwantowej prawdopodobienstwo znalezienia czaιstki w ob-szarze (x, x + dx), na przyk lad dla n = 1, jest rowne
p(x)dx = Ψ∗1(x)Ψ1(x)dx . (27)
6.2. ZADANIA 137
Korzystajaιc z (14), (19) i (21) otrzymujemy
p(x)dx =2√π
exp
(−(
x
x0
)2)(
x
x0
)2dx
x0. (28)
Rys. 6-7 Rozk lad prawdopodobienstwa dla oscylatora harmonicznego oenergii E1 w przypadku klasycznym i kwantowym.
Wykresy funkcji (26) i (28) pokazano na rysunku 6-7, z ktorego widac,ze prawdopodobienstwo znalezienia czaιstki w otoczeniu punktow zwrot-nych ±
√3h/mω w przypadku kwantowym dla n = 1 jest bliskie wartosci
maksymalnej osiaιganej dla x = ±√
h/mω, ale prawdopodobienstwoznalezienia czaιstki poza tymi punktami jest w odroznieniu od przypadkuklasycznego rozne od zera. Nalezy zwrocic uwageι, ze otrzymany wyniknie przeczy wyrazeniu E = Ekin + V , gdyz wielkosci fizyczne wysteιpujaιcew nim, to znaczy energia potencjalna beιdaιca funkcjaι po lozenia i energiakinetyczna beιdaιca funkcjaι peιdu, nie mogaι byc rownoczesnie dok ladniezmierzone (zadanie 6.2.5) i jezeli okreslimy dok ladnie po lozenie czaιstki, toznaczy energieι potencjalnaι, to b laιd w okresleniu peιdu (energii kinetycznej)beιdzie bardzo duzy i energia kinetyczna czaιstki beιdzie nieokreslona.
6.2.5. Oszacowac energieι stanu podstawowego oscylatora korzystajaιc z zasadynieoznaczonosci.
Rozwiaιzanie: Wartosc srednia energii oscylatora w stanie stacjonarnym(stan o okreslonej energii)
En =∫
Ψ∗n(x)
(1
2mp2 +
12mω2
0 x2
)Ψn(x)dx , (1)
138 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
gdzie p jest operatorem peιdu, x zas operatorem po lozenia. Rozwiaιzujaιcwyrazenie (1) otrzymujemy
En =∫
Ψ∗n(x)
(1
2mp2
)Ψn(x)dx +
∫Ψ∗
n(x)(
12mω2
0 x2
)Ψn(x)dx =
=1
2mp2 +
12mω2
0x2 , (2)
gdzie p2 i x2 saι odpowiednio wartosciami srednimi operatora kwadratupeιdu i operatora kwadratu wspo lrzeιdnej po lozenia czaιstki.Relacjeι nieoznaczonosci
∆x2 ∆p2 ≥ h2
4, (3)
gdzie∆x2 = (x− x)2 (4)
∆p2 = (p− p)2 (5)
mozna zapisac dla oscylatora w postaci
x2 p2 ≥ h2
4. (6)
Wynika to staιd, ze wartosci srednie x i p wysteιpujaιce w wyrazeniach (4)i (5) saι rowne zeru, przy czym
x =∫ ∞
−∞Ψ∗
n(x)xΨn(x)dx =∫ ∞
−∞Ψ2
n(x)xdx = 0 , (7)
poniewaz funkcja podca lkowa jest funkcjaι nieparzystaι, a ca lkowaniewzgleιdem x wykonujemy w przedziale (−∞, +∞). Natomiast
p =∫ ∞
−∞Ψ∗
n(x)p(x)Ψn(x)dx =∫ ∞
−∞Ψ∗
n(x)(−ih∂
∂x)Ψn(x)dx =
= −ih
∫ ∞
−∞Ψ∗
n(x)∂
∂xΨn(x)dx .
Wykonanie ca lkowania przez czeιsci daje
p =[− ih
2Ψ2
n(x)]∞−∞
= 0 . (8)
Podstawiajaιc (6) do (2) otrzymamy
E ≥ p2
2m+
mω20h2
8p2. (9)
6.2. ZADANIA 139
Wyrazenie po prawej stronie nierownosci (9) przyjmuje wartoscnajmniejszaι dla wartosci
p2 =mω0h
2(10)
spe lniajaιcej rownanie∂E
∂(p2)= 0 . (11)
Korzystajaιc z (10) mamy
Emin =h
2ω0 , (12)
to znaczy wyrazenie na ”energieι zerowaι” (n = 0) oscylatora jednowymi-arowego (zad.6.2.4).
6.2.6. Oszacowac energieι stanu podstawowego atomu dwuelektronowego. Ladunek elektryczny jaιdra atomu wynosi Ze. Rozpatrzyc przypadeknierelatywistyczny.
Rozwiaιzanie: Niech niepewnosci pomiaru po lozenia elektronowbeιdaι rowne odpowiednio r1 i r2. Zgodnie z zasadaι nieoznaczonosci peιdyelektronow beιdaιce rzeιdu niepewnosci pomiaru peιdu saι odpowiedniorowne
p1 ∼h
r1, (1)
p2 ∼h
r2. (2)
Energia ca lkowita elektronow w atomie jest co do rzeιdu wielkosci rowna
E(r1, r2) ∼ h2
2m
(1r21
+1r22
)+
e2
4πε0(r1 + r2)− Ze2
4πε0
(1r1
+1r2
), (3)
gdzie pierwszy sk ladnik prawej strony wyrazenia (3) opisuje energieιkinetycznaι elektronow po uwzgleιdnieniu wyrazen (1) i (2), wyrazdrugi reprezentuje energieι wzajemnego oddzia lywania elektronow, trzecisk ladnik jest rowny energii oddzia lywania elektronow z jaιdrem atomu o ladunku Ze.Energieι stanu podstawowego znajdziemy jako minimum energii ca lkowitejelektronow. W celu znalezienia minimum funkcji E(r1, r2) rozwiaιzujemyrownania
∂E(r1, r2)∂r1
= 0 , (4)
∂E(r1, r2)∂r2
= 0 , (5)
140 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
ktorego rozwiaιzaniami saι wartosci
r1 = r2 = r =4πε0h
2
me2
1Z − 1
4
= r1H1
Z − 14
, (6)
gdzie r1H jest promieniem pierwszej orbity atomu Bohra.Nasteιpnie sprawdzamy, czy dla znalezionych wartosci r1 i r2 saι spe lnionenierownosci
∂2E(r1, r2)∂r2
1
> 0 (7)∣∣∣∣∣∣∣∣∂2E(r1, r2)
∂r21
∂2E(r1, r2)∂r1∂r2
∂2E(r1, r2)∂r2∂r1
∂2E(r1, r2)∂r2
2
∣∣∣∣∣∣∣∣ > 0 . (8)
Spe lnienie tych nierownosci gwarantuje istnienie minimum funkcjiE(r1, r2) w punktach danych wyrazeniem (6). Podstawiajaιc do wyrazenia(3) znalezione wartosci dla r1 i r2 otrzymujemy energieι stanu podsta-wowego atomu z dwoma elektronami rzeιdu
E ∼ − me4
4ε20h
2
(Z − 1
4
)2
=
= −2E1H
(Z − 1
4
)2
= −27, 2(
Z − 14
)2
eV , (9)
gdzie E1H jest energiaι stanu podstawowego atomu wodoru.
6.2.7. Przedyskutowac zagadnienie jednowymiarowego ruchu czaιstki w polu si lo potencjale
V (x) =
0 |x| > d−V0 |x| < d .
Wyznaczyc funkcje w lasne oraz wyrazenia na dozwolone wartosci energiiczaιstki.
Rys. 6-8 Skonczona jednowymiarowa, symetryczna studnia potencja lu.
6.2. ZADANIA 141
Rozwiaιzanie: Szukana funkcja falowa Ψ(x) zalezna od wspo lrzeιdnejprzestrzennej x beιdzie rozwiaιzaniem rownania Schrodingera dla zagad-nienia jednowymiarowego
− h2
2m
∂2
∂x2Ψ(x) + V (x)Ψ(x) = EΨ(x) , (1)
gdzie E jest energiaι ca lkowitaι czaιstki. Rownanie (1) dla obszaru |x| > dma postac
∂2
∂x2Ψ(x) + k2
1Ψ(x) = 0 , (2)
przy czym
k21 =
2mE
h2 . (3)
Rozwiaιzaniem rownania (2) saι funkcje
Ψ1 = a1 exp(ik1x) + b1 exp(−ik2x) dla x < −d (4)
Ψ3 = a3 exp(ik2x) + b3 exp(−ik1x) dla x > d . (5)
Dla obszaru, gdzie |x| < d, rozwiaιzaniem rownania Schrodingera
∂2
∂x2Ψ(x) + κ2Ψ(x) = 0 (6)
jest funkcjaΨ2 = a2 exp(iκx) + b2 exp(−iκx) , (7)
gdzie
κ2 =2m
h2 (V0 + E) . (8)
Rozpatrzmy przypadek, gdy E < 0 (tylko w tym przypadku mozewystaιpic nieciaιg le widmo energii). W miejsce k2
1 zdefiniowanego przez(3) wprowadzmy wyrazenie
k2 = −2mE
h2 , (9)
ktore jest liczbaι rzeczywistaι dodatniaι. Wyrazenia (4) i (5) mozna zapisacw postaci
Ψ1 = a1 exp(kx) + b1 exp(−kx) dla x < −d (10)
Ψ3 = a3 exp(kx) + b3 exp(−kx) dla x > d . (11)
Z zaιdania, aby funkcja falowa nie ros la nieograniczenie w nieskonczonosci,wynika ze dla |x| −→ ∞ powinno byc
b1 = 0 i a3 = 0 , (12)
skaιdΨ1 = a1 exp(kx) dla x < −d (13)
142 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
Ψ3 = b3 exp(−kx) dla x > d . (14)
Z warunku ciaιg losci funkcji w punktach skoku potencja lu x = −d i x = d
Ψ1(−d) = Ψ2(−d) (15)
Ψ2(d) = Ψ3(d) (16)
i ciaιg losci pierwszej pochodnej funkcji falowej
∂
∂xΨ1(−d) =
∂
∂xΨ2(−d) (17)
∂
∂xΨ2(d) =
∂
∂xΨ3(d) (18)
otrzymamy rownania
a1 exp(−kd) = a2 exp(−iκd) + b2 exp(iκd)
a2 exp(iκd) + b2 exp(−iκd) = b3 exp(−kd)
a1k exp(−kd) = iκa2 exp(−iκd)− iκb2 exp(iκd) (19)
a2iκd exp(iκd)− iκb2 exp(−iκd) = −kb3 exp(−kd) .
Rozwiaιzujaιc uk lad rownan jednorodnych (19) wzgleιdem niewiadomycha1, a3, b2 i b3, znajdujemy wspo lczynniki funkcji falowych.Na to, aby uk lad rownan jednorodnych mia l rozwiaιzanie niezerowe,potrzeba i wystarcza, zeby wyznacznik utworzony ze wspo lczynnikow przyniewiadomych by l rowny zeru, skaιd otrzymujemy rownanie
k2 − κ2 + 2kκ cot(2κd) = 0 , (20)
ktorego rozwiaιzaniami saι zaleznosci
k = κtg(κd) (21)
k = −κ cot(κd) . (22)
Rozwiaιzujaιc uk lad rownan (19) otrzymujemy
a1 =b3
κ[k sin(2κd) + κ cos(2κd)]
a2 = b3k − iκ
−2iκexp(−iκd) exp(−kd) (23)
b2 = b3k + iκ
2iκexp(iκd) exp(−kd) .
Korzystajaιc z wyrazenia (21) otrzymamy
a1 = b3
6.2. ZADANIA 143
a2 = b3exp(−kd)2 cos(κd)
(24)
b2 = a2 ,
skaιd otrzymamy parzyste funkcje w lasne zagadnienia (Ψ(x) = Ψ(−x))
Ψ1 = b3 exp(kx) x < −d
Ψ2 = b3 exp(−kd)cos(κx)cos(κd)
− d < x < d (25)
Ψ3 = b3 exp(−kx) x > d .
Korzystajaιc z wyrazenia (22) mamy zestaw wspo lczynnikow
a1 = −b3
a2 = b3exp(−kd)2i sin(κd)
(26)
b2 = −a2 ,
a zatemΨ1 = −b3 exp(kx) x < −d
Ψ2 = b3 exp(−kd)sin(κx)sin(κd)
− d < x < d (27)
Ψ3 = −b3 exp(−kx) x > d .
Otrzymane funkcje saι nieparzyste, to znaczy, ze Ψ(−x) = −Ψ(x).Jesli energia potencjalna czaιstki jest funkcjaι symetrycznaι po lozeniawzgleιdem punktu x = 0, to rownanie Schrodingera jest niezmienniczewzgleιdem zmiany znaku wspo lrzeιdnej x i funkcje falowe opisujaιce stanstacjonarny czaιstki saι albo parzyste albo nieparzyste.Sta laι b3 znajdziemy z warunku normowania∫ ∞
−∞Ψ∗(x)Ψ(x)dx = 1 , (28)
co oznacza, ze prawdopodobienstwo znalezienia czaιstki w ca lej przestrzenijednowymiarowej jest rowne jednosci. Podstawiajaιc funkcjeι (25) dosta-jemy ∫ ∞
−∞Ψ∗(x)Ψ(x)dx = b∗3b3
∫ −d
−∞exp(2kx)dx+
+b∗3b3
∫ d
−d
exp(−2kd)cos2(κx)cos2(κd)
dx + b∗3b3
∫ ∞
d
exp(−2kx)dx =
= b∗3b3
(d + d
k2
κ2+
1k
+k
κ2
)exp(−2kd) . (29)
144 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
Rys. 6-9 Wykresy funkcji w lasnych (z dok ladnosciaι do czynnikownormalizacyjnych) czaιstki znajdujaιcej sieι w jednowymiarowej,
skonczonej i symetrycznej studni potencjalnej dla liczb kwantowychn = 1, 2; 2d - szerokosc studni.
Rys. 6-10 Rozk lad prawdopodobienstwa dla czaιstki w jednowymiarowej,skonczonej, symetrycznej studni potencjalnej w przypadku klasycznym
oraz w przypadku kwantowym dla n = 1, 2.
6.2. ZADANIA 145
Dla funkcji (27) otrzymujemy takie samo wyrazenie. Przedstawmy sta laιb3 w postaci
b3 = B3 exp(iϕ) ,
gdzie B3 i ϕ saι liczbami rzeczywistymi; wtedy
b∗3b3 = B3 exp(iϕ)B3 exp(−iϕ) =
= B23
exp(2kd)
d + dk2
κ2+
1k
+k
κ2
,
skaιd
B3 =exp(kd)(
d + dk2
κ2+
1k
+k
κ2
)1/2. (30)
Dowolnosc w okreslaniu liczby ϕ nie ma tutaj znaczenia, gdyz sens fizy-czny ma tylko wyrazenie |Ψ(x)|2, w ktorym czynnik zawierajaιcy ϕ niewysteιpuje.Wyrazenia (21) i (22) po uwzgleιdnieniu wzorow (8) i (9) saι postaci√
2m
h2 V0 − κ2 = κ tan(κd) (31)
i √2m
h2 V0 − κ2 = −κ cot(κd) . (32)
Mnozaιc rownania (31) i (32) stronami przez d, otrzymamy√(α/β)2 − 1 = tan β (33)
−(√
(α/β)2 − 1)−1
= tan β , (34)
gdzie
α =√
2m
h2 V0d2 (35)
jest wielkosciaι sta laι przy zadanej ”g leιbokosci” studni potencja lu V0 i jej”szerokosci” d, zas
β = κd . (36)
Rownania przesteιpne (33) i (34) rozwiaιzujemy wzgleιdem β sposobemgraficznym.
146 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
Rys. 6-11 Wykres graficznego rozwiaιzania rownan przesteιpnych
tgβ =√
(α/β)2 − 1 i tgβ = −(√
(α/β)2 − 1)−1
Punkty przecieιcia funkcji y =√
(α/β)2 − 1 i y = tan β dajaι nieciaιg ly zbiorwartosci β, ktorym odpowiadajaι funkcje parzyste, zas punkty wspolne
funkcji y = −(√
(α/β)2 − 1)−1
i y = tan β dajaι wartosci β, ktorymodpowiadajaι funkcje w lasne nieparzyste. Korzystajaιc z (8) mamy
κ2 =2m
h2 V0 +2m
h2 E (37)
lub uwzgleιdniajaιc wyrazenie (36)
β2
d2=
2m
h2 V0 +2m
h2 E (38)
skaιd
E =h2
2m
(β
d
)2
− V0 = V0
[(β
α
)2
− 1
]. (39)
6.2. ZADANIA 147
Podstawiajaιc do wyrazenia (39) wartosci βn odpowiadajaιce rozwiaιzaniomrownan (33) i (34) otrzymujemy nieciaιg ly uk lad poziomow energetycznych,ktorym odpowiadajaι odpowiednio funkcje falowe parzyste i nieparzyste.Z wykresu widac, ze punkty przecieιcia sieι funkcji y =
√(α/β)2 − 1 z osiaι
x = β odpowiadajaι wartosciom β0 = α, skaιd znajdujemy, ze na to abyby lo N poziomow energetycznych, ktorym odpowiadajaι funkcje faloweparzyste, musi byc spe lniona zaleznosc
(N − 1)π <
√2m
h2 V0d2 < Nπ . (40)
Dla funkcji nieparzystych punkty β0 = α odpowiadajaι asymptotom funkcji
y = −(√
(α/β)2 − 1)−1
. Na to, aby ilosc poziomow energii, ktorymodpowiadajaι funkcje falowe nieparzyste, by la rowna N , musi zachodziczaleznosc
(2N + 1)π
2<
√2m
h2 V0d2 < (2N + 3)π
2. (41)
Z relacji (40) i (41) mozna obliczyc liczbeι poziomow energetycznych dlazadanych wartosci m, V0 i d.Z wykresu na rys. 6-11 widac, ze dla V0 i d rozniaιcych sieι od zera istniejezawsze co najmniej jeden dozwolony poziom energii. Wartosci energii dlastanow parzystych i nieparzystych wysteιpujaι na przemian.Dla przypadku gdy E > 0, k1 (wzor 3) jest wielkosciaι rzeczywistaι iskonczone rozwiaιzania na zewnaιtrz studni beιdaι zawiera ly nie jednaι, jak wprzypadku E < 0 (wyrazenie 12 i 14), lecz dwie sta le dowolne. Wobec tegootrzymamy z warunku ciaιg losci funkcji i jej pierwszej pochodnej na granicystudni dwa rownania jednorodne, ktore beιdaι zawierac trzy niewiadome.Rownania takie beιdaι mia ly rozwiaιzania dla dowolnych wartosci energii,nie beιdzie zatem nieciaιg lego widma energii.
6.2.8. Znalezc wspo lczynnik odbicia elektronow o energii E > 0 od progupotencja lu podanego na rys. 6-12. Elektrony biegnaι z lewej strony naprawaι.
Rys. 6-12 Wykres jednowymiarowej bariery potencja lu V (x).
148 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
Rozwiaιzanie: Rownanie Schrodingera
− h2
2m∆Ψ(x) + U(x)Ψ(x) = EΨ(x) (1)
dla potencja lu (rys.6-12)
U(x) =−V0 x < 0
0 x > 0 (2)
ma postac∂2
∂x2Ψ + κ2Ψ = 0 x < 0 , (3)
∂2
∂x2Ψ + k2Ψ = 0 x > 0 , (4)
gdzie
k2 =2m
h2 E (5)
iκ2 =
2m
h2 (E + V0) . (6)
Za lozmy, ze E > 0, wtedy k okreslone przez wyrazenie (5) jest rzeczywiste.Rozwiaιzaniem rownan (3) i (4) saι funkcje
Ψ1 = a1 exp(iκx) + b1 exp(−iκx) (7)
Ψ2 = a2 exp(ikx) + b2 exp(−ikx) . (8)
Poniewaz z lewej strony bariery mamy czaιstkeι padajaιcaι lub odbitaι, a zprawej strony tylko czaιstkeι przechodzaιcaι, nalezy po lozyc b2 = 0, a zatem
Ψ1 = a1 exp(iκx) + b1 exp(−iκx) (9)
Ψ2 = a2 exp(ikx) . (10)
Z warunkow ciaιg losci funkcji falowej i jej pierwszej pochodnej w punkcieskoku potencja lu x = 0
Ψ1(0) = Ψ2(0) (11)
∂
∂xΨ1(0) =
∂
∂xΨ2(0) (12)
otrzymujemya1 + b1 = a2 (13)
κ(a1 − b1) = ka2 , (14)
skaιd
b1 =κ− k
κ + ka1 (15)
6.2. ZADANIA 149
a2 =2κ
κ + ka1 . (16)
Podstawiajaιc (15) i (16) do (9) i (10) mamy
Ψ1 = a2 exp(iκx) + a1κ− k
κ + kexp(−iκx) (17)
Ψ2 =2κ
κ + ka1 exp(ikx) . (18)
Wspo lczynnik odbicia
R =b1b
∗1
a1a∗1=(
κ− k
κ + k
)2
= (19)
=
√
2mh2 (E + V0)−
√2mh2 E√
2mh2 (E + V0) +
√2mh2 E
2
=
(√E + V0 −
√E
√E + V0 +
√E
)2
. (20)
Dla E V0
R =(√
E + V0 −√
E)4
V 20
≈ 1− 4√
E/V0 . (21)
Gdy energia elektronu E = 0, wspo lczynnik odbicia R0 = 1 i ze wzrostemenergii wspo lczynnik odbicia szybko maleje. Dla energii E V0
R =V 2
0
(√
E + V0 +√
E)4=
V 20
E2
1(√
1 + V0/E + 1)4≈ V 2
0
16E2. (22)
Opisany model jest uzyteczny przy rozpatrywaniu emisji elektronow z met-alu. Dla elektronow wewnaιtrz metalu zak ladamy potencja l V (x) = −V0,na zewnaιtrz metalu V (x) = 0. Z powyzszego przyk ladu widac, zewspo lczynnik odbicia elektronu o energii E > 0 od powierzchni met-alu jest, w odroznieniu od modelu klasycznego, mniejszy od jednosci.Wspo lczynnik wyjscia elektronow z metalu
D = 1−R =4(κk)2
(κ + k)2=
4√
E(E + V0)(√
E + V0 +√
E)2. (23)
6.2.9. Obliczyc w przyblizeniu quasiklasycznym wspo lczynnik przejsciaelektronow przez powierzchnieι metalu pod wp lywem silnego pola elek-trycznego o nateιzeniu E .
Rozwiaιzanie: Wspo lczynnik przejscia przez bariereι potencja lu dowol-nego kszta ltu mozna znalezc korzystajaιc z wyrazenia
D = D0 exp(− 2
h
∫ x2
x1
√2m(U(x)− E)dx
), (1)
150 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
gdzie czynnik D0 dla ”g ladkich” potencja low zmienia sieι nieznacznie i jestbliski jednosci, U(x) jest zaleznosciaι energii potencjalnej czaιstki od jejpo lozenia, przy czym punkty x1 i x2 odpowiadajaι po lozeniom, w ktorychczaιstka ”wchodzi” do bariery i ”wychodzi” z niej.Zaleznosc energii potencjalnej elektronu od po lozenia
U(x) =
−V0 x < 0−eEx x > 0 (2)
przedstawiono na rysunku 6-13.
Rys. 6-13 Jednowymiarowa bariera potencja lu V (x) z uwzgleιdnieniempola elektrycznego E .
Dla E > −V0 wspo lrzeιdna wejscia do bariery x1 = 0, wspo lrzeιdnaι zaswyjscia z bariery znajdziemy z warunku, ze klasycznie dla tego po lozeniaelektronu jego energia kinetyczna jest rowna zeru.
|E| − eEx2 = 0 (3)
skaιd
x2 =|E|eE
. (4)
Podstawiajaιc (4) do (1) otrzymujemy
D ' exp
(− 2
h
∫ |E|/eE
0
√2m(|E| − eEx)dx
)= (5)
= exp
(−4
3
√2m
heE√|E|3
). (6)
Nateιzenie praιdu tak zwanej zimnej emisji elektronow z metalu jest pro-porcjonalne do wspo lczynnika przejscia przez bariereι D, wieιc zaleznoscnateιzenia praιdu emisji od nateιzenia zewneιtrznego pola elektrycznego E”wyciaιgajaιcego” elektrony ma postac
i = i0 exp(−A
E
), (7)
gdzie A jest wielkosciaι sta laι dla danego metalu.
6.3. CWICZENIA 151
6.3 Cwiczenia
6.3.1. Porownac d lugosc fali de Broglie’a elektronu, protonu, czaιstki Brownao masie 3, 7 · 10−17kg oraz pocisku o masie 9 g. Przyjaιc, ze wszystkiewymienione obiekty poruszajaι sieι z taι samaι preιdkosciaι v = 500 m/s.
Odpowiedz:
λ =h
mv
λe = 1, 46 · 10−6m , λp = 7, 92 · 10−10m ,
λB = 3, 58 · 10−20m , λpoc. = 1, 47 · 10−34m .
6.3.2. Po lozenie srodka masy kulki moze byc wyznaczone z dok ladnosciaι∆x = 2 · 10−6m. Czy dla wyznaczenia preιdkosci kulki ma w tymprzypadku praktyczne znaczenie relacja nieoznaczonosci? Masa kulkim = 10−6kg.
Odpowiedz: nie ma;
∆v ≈ h
2m∆x= 2, 5 · 10−23|rmm/s .
6.3.3. Oszacowac na podstawie relacji nieoznaczonosci wymiary liniowe atomow ijaιder atomowych, przyjmujaιc wartosci energii zwiaιzane z nieokreslonosciaιpeιdu elektronow w atomach i nukleonow w jaιdrach odpowiednio rowne10 eV i 1 MeV.
Odpowiedz:
∆r ≈ h√2mE
ra ≈ 6 · 10−11m, rj ≈ 4, 5 · 10−15m.
6.3.4. Atom wypromieniowuje foton o d lugosci fali λ = 5, 3 · 10−7m. Wiadomo,ze czas zycia atomow τ na poziomie wzbudzonym jest rzeιdu 10−8s.Okreslic niedok ladnosc w wyznaczeniu d lugosci fali.
Odpowiedz:
∆λ ≈ λ2
4πcτ≈ 7, 45 · 10−15m .
6.3.5. Znalezc ogolnaι zaleznosc d lugosci fali de Broglie’a czaιstki relatywistycznejo masie spoczynkowej m0 od potencja lu przyspieszajaιcego. Ladunekelektryczny czaιstki wynosi e.
Odpowiedz:
λ =h√
2m0eU
(√1 +
eU
2m0c2
)−1
.
152 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
6.3.6. Poruszajaιcy sieι z szybkosciaι 5 · 106 m/s elektron wpada do pod luznegoprzyspieszajaιcego pola elektrycznego o nateιzeniu E = 1 V/m. Jakaιodleg losc musi przebyc elektron w tym polu, aby jego d lugosc fali deBroglie’a osiaιgneι la wartosc λ = 1 · 10−10m?
Odpowiedz:
x =h2 − (mvλ)2
2mλ2eE≈ 81 cm .
6.3.7. Udowodnic, ze na orbitach stacjonarnych atomu Bohra mozna u lozycca lkowitaι liczbeι fal de Broglie’a elektronu. Jak zalezy d lugosc fali odg lownej liczby kwantowej?
Odpowiedz:
λn =2πrn
n=
2ε0h2n
meZe2;
dla n = 1 λ1 ≈ 3, 32 · 10−10m.
6.3.8. Wyznaczyc poziomy energetyczne i unormowane funkcje falowe czaιstki omasie m znajdujaιcej sieι w jednowymiarowej, symetrycznej i nieskonczonejjamie potencjalnej. Energia potencjalna czaιstki: V (x) = 0 dla−a/2 < x < a/2 i V (x) = ∞ dla x < −a/2 i x > a/2.
Rys. 6-14 Nieskonczona, jednowymiarowa, symetryczna studniapotencja lu o szerokosci a.
Odpowiedz:
E(+)n =
π2h2
2ma2n2 , Ψ(+)
n =
√2a
cos(πn
ax)
, n = 1, 3, 5, · · ·
E(−)n =
π2h2
2ma2n2 , Ψ(−)
n =
√2a
cos(πn
ax)
, n = 2, 4, 6, · · ·
6.3. CWICZENIA 153
6.3.9. Znalezc funkcje falowe i poziomy energetyczne liniowego oscylatoraharmonicznego umieszczonego w jednorodnym polu elektrycznym onateιzeniu E .
Wskazowka: Energia potencjalna oscylatora w polu elektrycznym onateιzeniu E
V (x) =mω2
2x2 − eE§ .
W rownaniu Schrodingera przejsc do nowej zmiennej η = x − eEmω2
.Nowe rownanie beιdzie identyczne z rownaniem dla oscylatora bez pola
z dok ladnosciaι do sta lej addytywneje2E∈
2mω2.
6.3.10. Oszacowac energieι elektronu na pow loce K atomu o liczbie porzaιdkowejZ w przypadku nierelatywistycznym.
Odpowiedz:
E ≈ −m
2
(Ze2
2ε0h
)2
= E1HZ2 ,
gdzie E1H = −13, 6 eV jest energiaι stanu podstawowego atomu wodoru.
6.3.11. Wyznaczyc wspo lczynnik przejscia czaιstki przez bariereι prostokaιtnaιoraz wspo lczynnik odbicia czaιstki od tej bariery. Energia potencjalnaV (x) = 0 dla x < 0 i x > l oraz V (x) = V0 dla 0 < x < l.
Rys. 6-15 Jednowymiarowa bariera potencja lu o szerokosci l.
Odpowiedz:
D =4k2κ2
4k2κ2 + (k2 + κ2)2 sinh2(κl),
gdzie
k2 =2mE
h2
154 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
κ2 =2m(V0 − E)
h2 .
Dla κl 1
D ≈ 16k2κ2
(k2 + κ2)2exp(−2κl) .
Wspo lczynnik odbicia R = 1−D.
6.3.12. Znalezc funkcje w lasne czaιstki o masie m znajdujaιcej sieι wniesymetrycznej, jednowymiarowej jamie potencjalnej (rys. 6-16)
V (x) =
V1 x < 00 0 < x < a ; V1 > V2 .V2 x > a .
Rys. 6-16 Jednowymiarowa, skonczona studnia potencja lu o szerokosci a.
Otrzymac rownanie przesteιpne, ktorego rozwiaιzaniami dla E < V2 beιdaιdozwolone nieciaιg le wartosci energii czaιstki. Zbadac przypadek V1 −→∞i V2 −→∞; porownac rezultat z wynikiem zadania (6.2.2).
Odpowiedz:
Ψ(x) =
a1 exp(κ1x) x < 0a2 sin(Kx + δ) 0 < x < aa3 exp(−κ2x) x > a ,
gdzie
κ1 =
√2m(V1 − E)
h2 , k =
√2mE
h2 , κ2 =
√2m(V2 − E)
h2 ,
gdzie a1 , a2 , a3 i δ - sta le.Rownanie na dozwolone wartosci energii:
ka = nπ − arcsinhk√2mV1
− arcsinhk√2mV2
, n = 1, 2, · · ·
6.3. CWICZENIA 155
Rownanie mozna rozwiaιzac graficznie (rys.6-17) szukajaιc punktowwspolnych prostej y = ka z krzywymi
y = nπ − arcsinhk√2mV1
− arcsinhk√2mV2
.
Rys. 6-17 Wykres graficznego rozwiaιzania rownania przesteιpnego zcwiczenia 6.3.12.
156 ROZDZIA L 6. MECHANIKA KWANTOWA
Rozdzia l 7
Fizyka cia la sta lego
7.1 Wsteιp
1. Prawo Bragga dla odbicia promieniowania rentgenowskiego od kryszta lu
2d sin Θ = kλ , (7.1)
gdzie λ - d lugosc fali, k - rzaιd widma, d - odleg losc mieιdzy p laszczyznamiatomowymi kryszta lu, Θ - kaιt mieιdzy kierunkiem promieni odbitych ipowierzchniaι kryszta lu.
Rys. 7-1 Rozproszenie wiaιzki promieniowania rentgenowskiego odp laszczyzn sieciowych kryszta lu, d jest sta laι siatki.
2. Liczba elektronow gazu elektronowego n(E)dE, ktorych energia jest za-
157
158 ROZDZIA L 7. FIZYKA CIA LA STA LEGO
warta w przedziale E, E + dE, dana jest przez wyrazenie
n(E)dE =√
2V m3/2
π2h3
√EdE
exp(
E − EF (T )kT
)+ 1
=
=√
2V m3/2
π2h3
√E f(E)dE , (7.2)
gdzie V jest objeιtosciaι zajmowanaι przez gaz elektronowy, m - masaι elek-tronu, EF (T ) - funkcjaι temperatury, nazywanaι energiaι Fermiego.
3. Wykres zaleznosci n(E)dE od energii E pokazano na rysunku 7-2 dlatemperatury T −→ 0 K i T2 > T1 > 0 K. Funkcjeι f(E) nazywamy funkcjaιrozk ladu Fermiego - Diraca dla czaιstek obdarzonych spinem po lowkowym.Wykres funkcji rozk ladu w zaleznosci od energii E przedstawiono narysunku 7-3.
Rys. 7-2 Wykres zaleznosci liczby elektronow n(E) o energiach zprzedzia lu E, E+dE w funkcji energii E elektronow. EF jest energiaι
Fermiego, T - temperaturaι.
7.2. ZADANIA 159
Rys. 7-3 Wykres funkcji f(E) rozk ladu Fermiego-Diraca, EF - energiaFermiego, T - temperatura.
7.2 Zadania
7.2.1. Znalezc maksymalnaι objeιtosc zajeιtaι przez u lozenie jednakowych kul wstrukturach krystalicznych:a)regularnej prostej,b)regularnej scentrowanej przestrzennie,c)heksagonalnej o najgeιstszym upakowaniu.
Rozwiaιzanie: W przypadku struktury regularnej prostej (praw-dopodobnie polon) srodki kul znajdujaι sieι w wierzcho lkach szescianow,przy czym kule zajmujaι maksymalnaι objeιtosc kazdego szescianu, gdykazda kula jest styczna do swoich najblizszych saιsiadow. Wytnijmy z ca lejobjeιtosci, w ktorej umieszczone saι kule, szescian, ktorego wierzcho lkamisaι srodki kul (rys. 7-4). Laιczna objeιtosc Vk zajmowana przez wycinki kulznajdujaιce sieι w tym szescianie jest rowna objeιtosci jednej kuli (osiemwycinkow kul o objeιtosci 1/8 objeιtosci kuli kazdy). Jesli promien kuliprzyjaιc rowny r, to
Vk =43πr3 . (1)
160 ROZDZIA L 7. FIZYKA CIA LA STA LEGO
Rys. 7-4 Siec krystaliczna szescienna regularna prosta.
Objeιtosc szescianu Vs, ktorego kraweιdz wynosi 2r, jest rowna 8r3. Staιdstosunek objeιtosci zajmowanej przez kule do ca lkowitej objeιtosci, w ktorejkule saι umieszczone
Vk
Vs=
π
6≈ 0, 52 . (2)
Dla struktury regularnej scentrowanej przestrzennie (chrom, molibden,wolfram, αFe (t < 906C), δFe (t > 1401C)) srodki osmiu kul saιumieszczone w wierzcho lkach szescianu, srodek dziewiaιtej kuli, stycznejdo wymienionych osmiu kul, w srodku szescianu (rys.7-5). Jesli przyjaιc,ze d lugosc kraweιdzi szescianu wynosi a, to objeιtosc szescianu Vs = a3. Wobjeιtosci szescianu zawarte saι dwie kule: jedna znajdujaιca sieι w srodku,oraz jedna z lozona z 8 wycinkow kul, ktorych srodki znajdujaι sieι w wierz-cho lkach szescianu. Jesli promien kuli wynosi r, to objeιtosc zajmowanaprzez kule w szescianie
Vk = 243πr3 =
83πr3 . (3)
Rys. 7-5 Siec krystaliczna szescienna regularna centrowana przestrzennie.
Kula srodkowa jest styczna do wszystkich kul o srodkach w wierzcho lkach.Z trojkaιta BDH otrzymamy zwiaιzek mieιdzy a i r:
(4r)2 = a2 + 2a2 , (4)
7.2. ZADANIA 161
skaιd
a =4r√
3, (5)
a zatem
Vs =64r3
3√
3. (6)
Korzystajaιc z wyrazen (3) i (6) znajdujemy stosunek
Vk
Vs=
π√
38
≈ 0, 68 . (7)
Struktureι heksagonalnaι o najgeιstszym upakowaniu (magnez, cynk, kadm)mozna otrzymac, uk ladajaιc najpierw warstweι kul tak, aby kazda kulastyka la sieι z szescioma innymi kulami. Drugaι podobnaι warstweι uk ladamyna pierwszej warstwie w ten sposob, aby kazda kula warstwy gornejstyka la sieι z trzema kulami warstwy dolnej. Nasteιpnaι warstweι uk ladamyna drugiej tak, aby kule tej warstwy znajdowa ly sieι dok ladnie nad kulamipierwszej warstwy. Operacjeι teι ilustruje rysunek 7-6.
Rys. 7-6 U lozenie warstw kul w strukturze krystalicznej heksagonalnej onajgeιstszym upakowaniu.
162 ROZDZIA L 7. FIZYKA CIA LA STA LEGO
Rys. 7-7 Siec krystaliczna heksagonalna o najgeιstszym upakowaniu.
Wytnijmy z ca lej objeιtosci graniastos lup prawid lowy prosty o podstawieszesciokaιtnej w ten sposob, ze wierzcho lki kaιtow podstaw znajdujaι sieιw srodkach szesciu kul otaczajaιcych siodmaι kuleι, ktorej srodek znajdujesieι w srodku podstawy. Gorna podstawa graniastos lupa beιdzie sieι zna-jdowa la dwie warstwy wyzej od dolnej podstawy. Wewnaιtrz objeιtoscigraniastos lupa znajduje sieι laιcznie szesc kul: dwie kule utworzone z 12wycinkow kul umieszczonych w wierzcho lkach graniastos lupa, jedna kulaz lozona z dwoch po lowek kul, ktorych srodki znajdujaι sieι w srodku pod-staw dolnej i gornej oraz trzy kule nalezaιce do drugiej warstwy. Laιcznaobjeιtosc zajmowana przez te kule
Vk = 643πr3 = 8πr3 , (8)
gdzie r jest promieniem kuli. Wysokosc graniastos lupa H jest rownapodwojonej wysokosci h czworoscianu foremnego, ktorego kraweιdzie ut-worzone saι z odcinkow laιczaιcych srodki trzech kul jednej warstwyi kuli nalezaιcej do nasteιpnej warstwy, stycznej do trzech poprzedniowymienionych. Poniewaz d lugosc kraweιdzi graniastos lupa l = 2r, wieιc
H = 2h = 2
√23l = 4
√23r . (9)
Objeιtosc graniastos lupa
Vg = 6(2r)2
√3
4· 4√
23r = 24
√2r3 , (10)
skaιd szukany stosunek
Vk
Vg=
π√
26
≈ 0, 74 . (11)
7.2. ZADANIA 163
7.2.2. Przyjmujaιc geιstosc chlorku sodu ρNaCl = 2170 kg/m3 i geιstosc zelazaρFe = 7860 kg/m3, wyznaczyc sta laι siatki zelaza (szescian przestrzenniescentrowany) i chlorku sodu (dla uproszczenia przyjaιc siec regularnaιprostaι, to znaczy nie uwzgleιdniac roznicy mieιdzy atomani Na i Cl).
Rozwiaιzanie: Geιstosc cia la
ρ =N
V
A
NA, (1)
gdzie N/V jest liczbaι atomow w jednostce objeιtosci, A - masa jednegokilomola substancji, NA - liczba Avogadro. Jesli za jednostkowaι objeιtoscprzyjaιc objeιtosc komorki elementarnej, ktoraι w obydwu rozpatrywanychprzypadkach beιdzie szescian o boku rownym sta lej siatki a, to
ρ =N
na3
A
NA, (2)
przy czym N/n beιdzie liczbaι atomow przypadajaιcaι na jednaι komorkeιelementarnaι (n - liczba komorek elementarnych w objeιtosci V ), a3 -objeιtosc komorki elementarnej. Poniewaz liczba atomow przypadajaιcychna komorkeι elementarnaι dla kryszta low o siatce przestrzennie scen-trowanej jest rowna 2, dla sieci zas regularnej prostej n = 1, przeto
ρFe =2
a3Fe
AFe
NA(3)
orazρNaCl =
1a3
NaCl
ANaCl
21
nA. (4)
We wzorze (4) bierzemy po loweι masy molowej NaCl, gdyz traktujemywszystkie atomy (zgodnie z za lozeniem) jako jednakowe o masie rownejsredniej arytmetycznej z mas atomow Na i Cl. Rozwiaιzujaιc wyrazenia (3)i (4) wzgleιdem odpowiednich sta lych siatki mamy
aFe = 3
√2
ρFe
AFe
NA(5)
aNaCl = 3
√1
ρNaCl
ANaCl
NA. (6)
Podstawiajaιc AFe = 56 kg/mol i ANaCl = 59 kg/mol oraz pozosta le daneotrzymujemy
aFe = 2, 87 · 10−10 m (7)
aNaCl = 2, 81 · 10−10 m (8)
Najmniejsza odleg losc mieιdzy atomami tego samego rodzaju w krysztaleNaCl beιdzie dwukrotnie wieιksza od wyliczonej sta lej siatki aNaCl.
164 ROZDZIA L 7. FIZYKA CIA LA STA LEGO
7.2.3. Znalezc kierunki, w ktorych wypadajaι maksima dyfrakcyjne przy uginaniuna trojwymiarowej szesciennej siatce kryszta lu promieni rentgenowskichprzy dowolnym kierunku padania. Jaki warunek musi spe lniac d lugoscfali λ padajaιcego promieniowania, aby maksima dyfrakcyjne mog ly bycobserwowane? Sta la siatki a.
Rozwiaιzanie: Wybierzmy prostaι rownoleg laι do jednej z kraweιdziszescianu. Wzd luz tej prostej w odsteιpach a rozmieszczone saι jony.Niech kaιt jaki tworzy kierunek wiaιzki padajaιcej z kierunkiem prostejwynosi α0, kierunek zas, w ktorym obserwujemy maksimum dyfrakcyjne,niech tworzy z wybranaι prostaι kaιt α. Wzmocnienie fal wystaιpi w tymprzypadku, gdy roznica drog pomieιdzy falami rozproszonymi przez dwasaιsiednie jony beιdzie rowna wielokrotnosci d lugosci fali λ. Z rysunku 7-8widac, ze ta roznica drog jest rowna
AB − CD = a(cos α− cos α0) , (1)
skaιd warunek wzmocnienia ma postac
n1λ = a(cos α− cos α0) . (2)
Rys. 7-8 Ugieιcie wiaιzki promieniowania rentgenowskiego najednowymiarowej siatce krystalicznej, a - sta la siatki.
Dla pozosta lych dwoch prostych, z ktorych kazda jest rownoleg la doodpowiedniej kraweιdzi szescianu, mamy
n2λ = a(cos β − cos β0) (3)
7.2. ZADANIA 165
i
n3λ = a(cos γ − cos γ0) , (4)
przy czym β0 , β , γ0 i γ oznaczajaι odpowiednie kaιty zdefiniowane podob-nie jak kaιty α0 i α jako kaιt mieιdzy kierunkiem wiaιzki padajaιcej iodpowiedniaι prostaι oraz kaιt mieιdzy kierunkiem prostej i kierunkiem mak-simum dyfrakcyjnego. Jesli zauwazymy, ze mieιdzy kosinusami odpowied-nich kaιtow zachodzaι zwiaιzki
cos2 α0 + cos2 β0 + cos2 γ0 = 1 (5)
i
cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 , (6)
to z rownan (2), (3) i (4) otrzymujemy d lugosc fali, przy ktorej mozliwesaι maksima dyfrakcyjne
λ = −2an1 cos α0 + n2 cos β0 + n3 cos γ0
n21 + n2
2 + n23
. (7)
Podstawiajaιc znalezionaι wartosc λ (dla zadanych α0 , β0 i γ0 orazn1 , n2 i n3) do wyrazen (2), (3) i (4), znajdujemy kaιty α , β i γ, toznaczy kierunek maksimum dyfrakcyjnego.
7.2.4. Promieniowanie rentgenowskie pada na p laszczyzneι (1 , 0 , 0) kryszta luchlorku sodu i ulega odbiciu pod kaιtem 554′. Okreslic d lugosc falipromieniowania rentgenowskiego. Pod jakim kaιtem nastaιpi odbiciepierwszego rzeιdu dla p laszczyzny (1 , 1 , 0)?
Rozwiaιzanie: Wzmocnienie nateιzenia promieniowania rentgenowskiegoodbitego od dwoch kolejnych p laszczyzn sieciowych nastaιpi wtedy, gdyroznica drog stanowic beιdzie ca lkowitaι liczbeι n d lugosci fali λ. Warunekdla takiego odbicia ujmuje prawo Bragga:
2d sin Θ = nλ , (1)
gdzie d jest odleg losciaι mieιdzy rownoleg lymi p laszczyznami sieciowymi, Θjest tak zwanym kaιtem poslizgu mieιdzy kierunkiem padajaιcych promienii p laszczyznaι rozpraszajaιcaι.P laszczyzneι (1 , 0 , 0) kryszta lu chlorku sodu pokazano na rysunku 7-9.
166 ROZDZIA L 7. FIZYKA CIA LA STA LEGO
Rys. 7-9 P laszczyzna sieciowa (1,0,0).
Odleg losc d mieιdzy dwiema p laszczyznami jest rowna sta lej siatki aNaCl
znalezionej w zadaniu (7.2.2). Podstawiajaιc wzor (6) z zadania (7.2.2)mamy dla odbicia pierwszego rzeιdu (n = 1)
λ = 2 3
√ANaCl
2ρNaClNAsin Θ = 0, 58 · 10−10m . (2)
Odleg losc mieιdzy kolejnymi p laszczyznami sieciowymi (1 , 1 , 0) (rys.7-10)jest rowna
d =aNaCl√
a. (3)
Rys. 7-10 P laszczyzna sieciowa (1,1,0).
7.2. ZADANIA 167
Podstawiajaιc (3) do (1) mamy
sin Θ1 =λ√
2aNaCl
. (4)
Uwzgleιdniajaιc we wzorze (4) wyrazenie (2) otrzymujemy
Θ1 = arcsin(√
2 sin Θ) = 822′ . (5)
7.2.5. Przewodnosc elektryczna miedzi σ = 6 · 107 Ω−1m−1. Okreslic czas relak-sacji, sredniaι drogeι swobodnaι oraz ruchliwosc elektronow, zak ladajaιc, zekazdy atom miedzi w ciele sta lym oddaje do pasma przewodnictwa jedenelektron walencyjny (4s).
Rozwiaιzanie: Elektrony najs labiej zwiaιzane z jaιdrem rodzimegoatomu (walencyjne) mozna traktowac w przyblizeniu jako swobodne.Mogaι sieι one poruszac w ca lej objeιtosci metalu w periodycznym poluelektrostatycznym wytworzonym przez rdzenie jonowe. Takie elektronymozna traktowac w rozwazaniach jako swobodne, jesli za lozymy, zeelektron ma maseι efektywnaι m∗, ktora w przypadku, gdy elektron jestrzeczywiscie swobodny, jest rowna masie elektronu m. Sama masaefektywna nie ma sensu fizycznego, jest tylko wygodnym sposobemopisania ruchu elektronow w polu elektrostatycznym jonow sieci krys-talicznej; moze przyjmowac wartosci wieιksze lub mniejsze niz m imoze miec wartosc ujemnaι. Elektrony przewodnictwa tworzaι w met-alu gaz elektronowy poruszajaιcy sieι ruchem bez ladnym i podlegajaιcystastyce kwantowej Fermiego - Diraca. Jesli przy lozymy do przewodnikazewneιtrzne pole elektryczne, to pod wp lywem tego pola elektronybeιdaι doznawa ly dzia lania si ly o zwrocie przeciwnym niz zwrot polaelektrycznego i uzyskajaι dodatkowaι preιdkosc vd w tym samym kierunku,co jest rownowazne uporzaιdkowanemu przemieszczaniu sieι ladunkuelektrycznego (przep lywowi praιdu elektrycznego). Pod wp lywem sta legozewneιtrznego pola elektrycznego elektrony mia lyby sta le przyspieszeniei dawa lyby praιd o nateιzeniu liniowo zaleznym od czasu (ma le poleelektryczne mog loby po dostatecznie d lugim okresie czasu prowadzic dobardzo duzych praιdow), co prowadzi do niezgodnosci z doswiadczalnieustalonym prawem Ohma (przy ustalonym zewneιtrznym polu elek-trycznym praιd elektryczny jest ograniczony i niezmienny w czasie).Oznacza to, ze nalezy dla otrzymania poprawnych zaleznosci wprowadzicdodatkowe si ly, ktore dzia la lyby hamujaιco na uporzaιdkowany ruchelektronow, w wyniku czego elektrony beιdaι sieι porusza ly ze sta laι,ograniczonaι sredniaι preιdkosciaι. Przyczynaι wysteιpowania tych si l oporuwewneιtrznego jest rozpraszanie elektronow na jonach sieci krystalicznej,przy czym rozpraszanie to nasteιpuje tylko wtedy, gdy siec ma defekty,domieszki, deformacje sieci lub szybkozmienne deformacje spowodowaneruchem cieplnym sieci (na idealnie regularnej uporzaιdkowanej sieci
168 ROZDZIA L 7. FIZYKA CIA LA STA LEGO
krystalicznej elektrony nie rozpraszajaι sieι i w temperaturze T −→ 0 Kopor elektryczny maleje do zera). Oddzia lywania elektron - elektronnie stanowiaι przeszkody dla ruchu elektronow jako ca losci w poluelektrycznym. Elektron poruszajaιc sieι w zewneιtrznym polu elektrycznymbeιdzie przyspiesza l, ale po zderzeniu z jonem sieci wytraca przyrost en-ergii jaki uzyska l, a nasteιpnie znowu przyspiesza itd. Z punktu widzeniamechaniki klasycznej mozna ruch elektronow w przypadku wysteιpowaniausrednionych si l oporu wewneιtrznego w obecnosci zewneιtrznego polaelektrycznego opisac przez rownanie
m∗
(d2~r
dt2+
1τ
d~r
dt
)= e ~E , (1)
gdzie E jest nateιzeniem zewneιtrznego pola elektrycznego.Za lozymy, ze m∗ nie zalezy od kierunku i ze wszystkie elektrony prze-wodnictwa majaι teι samaι maseι efektywnaι (w ogolnosci m∗ jest tensoremi zalezy od kierunku w krysztale). Drugi wyraz w nawiasie reprezen-tuje si ly oporu proporcjonalne do preιdkosci, τ jest tak zwanym czasemrelaksacji (czas, w ciaιgu ktorego po wy laιczeniu zewneιtrznego pola elek-trycznego praιd maleje do zera), ktory jest scisle zwiaιzany ze srednim cza-sem przelotu elektronu pomieιdzy dwoma kolejnymi zderzeniami (i sredniaιdrogaι swobodnaι). Po podstawieniu, zamiast sredniej zmiany przesunieιciaw czasie pod wp lywem srednich si l, preιdkosci dryfu vd w kierunku polamamy
m∗
(~dvd
dt+
~vd
τ
)= e ~E . (2)
Przyjmujaιc, ze ~dvd/dt = 0, to znaczy, ze srednia preιdkosc dryfu elektronuw kierunku pola jest sta la, otrzymujemy rozwiaιzanie szczegolne rownania(2)
vd =eτE
m∗ . (3)
Geιstosc praιdu elektrycznego zdefiniowana jest jako ladunek elektrycznyprzep lywajaιcy przez jednostkowaι powierzchnieι w jednostce czasu
~j = ne~vd , (4)
gdzie n jest liczbaι elektronow przewodnictwa w jednostce objeιtosci.Podstawiajaιc (3) do (4) otrzymujemy prawo Ohma
~j =ne2τ
m∗~E . (5)
Wspo lczynnik proporcjonalnosci przy ~E nazywa sieι przewodnictwemw lasciwym σ. W opisanym przypadku
σ =ne2τ
m∗ , (6)
7.2. ZADANIA 169
skaιd szukany czas relaksacji
τ =m∗σ
ne2. (7)
Poniewaz kazdy atom oddaje jeden elektron do pasma przewodnictwa, to
n =NAρCu
ACu, (8)
gdzie ρCu - geιstosc miedzi, ACu - masa drobinowa miedzi.Ostatecznie
τ =σm∗ACu
ρCue2NA. (9)
Po podstawieniu danych liczbowych (m∗eCu = m) dostajemy τ ≈ 2, 5 ·
10−14s. Czas relaksacji jest wielkosciaι, ktora wysteιpuje mieιdzy innymi wwyrazeniu na wspo lczynnik za lamania fal elektromagnetycznych w met-alach. Ruchliwosc µ zdefiniowana przez rownanie ~vd = µ~E beιdzie dlamiedzi
µ =eτ
m∗ ≈ 3 · 10−3m2/Vs . (10)
Natomiast srednia droga swobodna λ = v·τ , gdzie v jest sredniaι preιdkosciaιruchu chaotycznego elektronu; w temperaturze pokojowej v = 1, 6·106m/s.Dla porownania vd dla E = 100 V/m wynosi oko lo 0, 3 m/s, i stosunekpreιdkosci v/vd = 1, 9 · 105, srednia droga swobodna w tych warunkachλ = 3, 2 · 10−8m, to znaczy jest oko lo 100 razy wieιksza niz wynosi sta lasiatki dla miedzi.
7.2.6. Wyznaczyc sredniaι energieι atomow w sieci cia la sta lego oraz ciep low lasciwe przy sta lej objeιtosci jednego kilomola cia la sta lego przyza lozeniach, ze w lasciwosci cieplne atomow sieci mozna opisac poprzez:a) zbior klasycznych, trojwymiarowych niezaleznych oscylatorow harmon-icznych;b) zbior niezaleznych oscylatorow o energii E = nhν, gdzie n jest liczbaιnaturalnaι (kwantowaι), ν - czeιstosciaι w lasnaι drgan oscylatora jednakowaιdla wszystkich oscylatorow (ν = ω/2π).
Rozwiaιzanie: a) W mechanice klasycznej ca lkowita energia jed-nowymiarowego (liniowego) oscylatora harmonicznego
E =mv2
2+
12mω2x2 , (1)
gdzie ω jest czeιstosciaι ko lowaι, x - odchyleniem oscylatora od po lozeniarownowagi. W stanie rownowagi termodynamicznej rozk lad energiica lkowitej drobin jest opisany przez funkcjeι rozk ladu Boltzmanna
f(v, x) = A exp(− E
kT
)= A exp
(−mv2 + mω2x2
2kT
), (2)
170 ROZDZIA L 7. FIZYKA CIA LA STA LEGO
gdzie A - sta la normalizacyjna.Wartosc srednia energii oscylatora
E =
∫∞−∞
∫∞−∞ E(v, x)f(v, x)dvdx∫∞
−∞∫∞−∞ f(v, x)dvdx
; (3)
po podstawieniu do wzoru (3) wyrazen (1) i (2) dostajemy po uproszczeni-ach
E =
m2
∫ ∞
−∞v2 exp
(−mv2
2kT
)dv∫ ∞
−∞exp
(−mv2
2kT
)dv
+
+
12mω
∫ ∞
−∞x2 exp
(−mω2x2
2kT
)dx∫ ∞
−∞exp
(−mω2x2
2kT
)dx
. (4)
Uwzgleιdnienie wzorow (14) i (8) Uzupe lnienia II daje
E =12kT +
12kT = kT . (5)
Dla oscylatora trojwymiarowego (ma trzy stopnie swobody - drganiamogaι sieι odbywac niezaleznie w trzech roznych kierunkach) otrzymamyE = 3kT , co daje na energieι wewneιtrznaι N trojwymiarowych oscyla-torow harmonicznych wyrazenie U = 3NkT lub dla jednej gramodrobinyUm = 3RT , gdzie R - sta la gazowa. Udzia l sieci w cieple w lasciwym, przysta lej objeιtosci, jednego kilomola cia la sta lego
CV =(
∂Um
∂T
)V =const
= 3R ≈ 2, 5 · 104J/(K ·mol) . (6)
Jest to prawo Dulonga i Petita, beιdaιce w niez lej zgodnosci z obserwowanaιca lkowitaι wartosciaι ciep la w lasciwego cia l sta lych dla temperatur bliskichpokojowej.b) Dla liniowego oscylatora kwantowego w rownowadze termodynamicznejsrednia energia
E =
∞∑n=0
nhν exp(−nhν
kT
)∞∑
n=0
exp(−nhν
kT
) =
=hν
[exp
(− hν
kT
)+ 2 exp
(−2hν
kT
)+ · · ·
][1 + exp
(− hν
kT
)+ exp
(−2hν
kT
)+ · · ·
] . (7)
7.2. ZADANIA 171
Wyrazenie (7) mozna zapisac w postaci
E = hνd
d(− hν
kT
) ln[1 + exp
(− hν
kT
)+ exp
(−2hν
kT
)+ · · ·
]. (8)
Pod znakiem logarytmu mamy sumeι wyrazow malejaιcego posteιpu geom-etrycznego o ilorazie q = exp
(− hν
kT
), skaιd
E = hνd
d(− hν
kT
) ln
1
1− exp(− hν
kT
) =
hν
exphν
kT− 1
. (9)
Dla wysokich temperatur (kT hν) mianownik mozna rozwinaιc w szeregpoteιgowy i otrzymamy
E ≈ hν
hν
kT
= kT , (10)
to znaczy, srednia energia oscylatora kwantowego osiaιga wartosc sredniaιenergii oscylatora klasycznego. W przypadku niskich temperatur (kT hν) dostajemy
E ≈ hν exp(− hν
kT
). (11)
Jezeli drgania cieplne sieci z lozonej z N atomow opiszemy poprzez zbior3N niezaleznych od siebie liniowych oscylatorow kwantowych o tej samejczeιstosci drgan w lasnych ν, to wk lad sieci do ciep la w lasciwego przy sta lejobjeιtosci jednego kilomola substancji
CV =(
∂U
∂T
)V =const
= 3R
(hν
kT
)2
exp(
hν
kT
)[exp
hν
kT− 1]2 . (12)
Dla niskich temperatur (kT hν) mamy
CV = 3R
(hν
kT
)2
exp(− hν
kT
)(13)
i CV −→ 0 dla T −→ 0. Zaleznosc ciep la w lasciwego od temperatury dlaniskich temperatur beιdzie taka jak exp
(− hν
kT
)(w wyrazeniu (13) czynnik
wyk ladniczy przewaza dla niskich temperatur). Zaleznosc (13) znalezionaprzez A.Einsteina opisuje niezle zmiany ciep la w lasciwego dla temperaturniezbyt niskich (z doswiadczenia wynika, ze dla niskich temperatur CV
zmienia sieι jak T 3, co t lumaczy dopiero model Debye’a rozniaιcy sieι g lownietym od modelu Einsteina, ze oscylatory kwantowe nie majaι jednakowychczeιstosci i nie saι niezalezne, lecz majaι pewien rozk lad czeιstosci drgan
172 ROZDZIA L 7. FIZYKA CIA LA STA LEGO
w lasnych).Dla temperatur wysokich (hν kT )
CV = 3R (14)
i otrzymujemy zgodnosc z prawem Dulonga - Petita.
7.2.7. Znalezc wartosc sredniaι energii kinetycznej oraz cisnienie gazu elek-tronowego w temperaturze 0 K.
Rozwiaιzanie: Wartosc srednia energii kinetycznej jest dana przezwyrazenie (por.zad. 3.2.6)
E =
∫∞0
En(E)dE∫∞0
n(E)dE, (1)
gdzie n(E)dE jest liczbaι elektronow, ktorych energia kinetyczna jest za-warta w przedziale E, E + dE, przy czym
n(E)dE = C
√EdE
exp(
E − EF (T )kT
)+ 1
; C = const . (2)
Gdy T −→ 0, EF (T ) daιzy do wartosci EF (0) > 0 i wyrazenie
1
exp(
E − EF (T )kT
)+ 1
T−→0−→
1 dla E < EF (0)0 dla E > EF (0) (3)
a wieιc wyrazenie (1) przyjmie postac
E =
∫ EF (0)
0CE3/2dE∫ EF (0)
0CE1/2dE
=35EF (0) . (4)
Cisnienie gazu elektronowego wyznaczymy korzystajaιc z zaleznosci mieιdzycisnieniem gazu doskona lego i jego sredniaι energiaι kinetycznaι
p =23nE , (5)
gdzie n jest liczbaι drobin gazu w jednostce objeιtosci. Podstawiajaιc (4) do(5) mamy
p(0) =23nEF (0) . (6)
Poniewaz energia Fermiego EF (0) w temperaturze 0 K jest rzeιdu kilkuelektronowoltow, a koncentracja elektronow - rzeιdu 1028m−3 (np. dlasrebra 5, 8 · 1028m3), przeto cisnienie gazu elektronowego wewnaιtrz met-alu w temperaturze 0 K osiaιga wartosc rzeιdu 109Pa, czyli oko lo 104
7.2. ZADANIA 173
atm. Dzieιki dzia laniu na elektrony znajdujaιce sieι wewnaιtrz metaluduzych si l przyciaιgajaιcych pochodzaιcych od jaιder atomowych, praw-dopodobienstwo opuszczenia metalu przez elektron (bez dzia lania czyn-nikow zewneιtrznych) mimo tak olbrzymich cisnien jest znikome.
7.2.8. Znalezc liczbeι uderzen w ciaιgu jednej sekundy w sciankeι metalu elek-tronow ”gazu elektronowego” o temperaturze zera bezwzgleιdnego.
Rozwiaιzanie: Posteιpujaιc podobnie jak w zadaniu (3.2.9), otrzymamyliczbeι elektronow, ktore dotraι w ciaιgu jednej sekundy do powierzchnijednostkowej scianki ”naczynia”, i ktorych wartosci peιdu saι zawartew przedziale p, p + dp, a kaιty padania na powierzchnieι scianki lezaι wprzedziale ϑ, ϑ + dϑ. Beιdzie ona rowna iloczynowi z objeιtosci walca ojednostkowej podstawie i wysokosci 1 · v · cos ϑ oraz z liczby elektronown(E) zawartych w jednostce objeιtosci (wartosci peιdu tych elektronowlezaι w przedziale p, p+dp, a kaιty padania na sciankeι naczynia saι zawartew przedziale ϑ, ϑ + dϑ)
dν(E, ϑ) = 1 v cos ϑdn(E) , (1)
gdzie v = p/m jest szybkosciaι elektronu. Wyrazenie dn(E) znajdziemymnozaιc ca lkowitaι liczbeι stanow kwantowych o zadanych peιdach
gdpxdpydpz
h3(2)
przez funkcjeι rozk ladu energii dla gazu elektronowego, ktory podlegastatystyce Fermiego - Diraca
f(E) =[exp
(E − EF (T )
kT+ 1)]−1
, (3)
gdzie EF (T ) jest poziomem Fermiego dla gazu elektronowego w temper-aturze T , E zas - energiaι kinetycznaι ruchu posteιpowego elektronu. Czyn-nik g = 2s + 1 (s oznacza spin czaιstki; dla elektronu s = 1/2) zwiaιzanyjest z tym, ze dla czaιstek obdarzonych spinem mozliwych jest 2s + 1stanow kwantowych dla tej samej wartosci peιdu (2s+1 roznych mozliwychustawien przestrzennych spinu).We wspo lrzeιdnych sferycznych wyrazenie (1) mozna po uwzgleιdnieniu (2)i (3) zapisac w postaci
dν =p
mcos ϑg
2πp2 sin ϑdϑdp
h3
[exp
(−E − EF (T )
kT
)+ 1]−1
. (4)
Dla T = 0 K i E < EF (0)f(E) = 1 , (5)
a dla T = 0 K i E > EF (0)
f(E) = 0 , (6)
174 ROZDZIA L 7. FIZYKA CIA LA STA LEGO
to znaczy wszystkie stany energetyczne saι zajeιte w temperaturze 0 K, azdo energii rownej EF (0); stany powyzej EF (0) w temperaturze 0 K saιpuste. Korzystajaιc z (5) i (6) otrzymujemy
dν =πg
mh3sin(2ϑ)dϑp3dp . (7)
Ca lkujaιc wyrazenie (7) wzgleιdem ϑ w przedziale (0, π/2) i wzgleιdem p wprzedziale (0, p0), gdzie p0 jest maksymalnaι wartosciaι peιdu elektronow wtemperaturze zera bezwzgleιdnego, Otrzymamy liczbeι uderzen elektronowo sciankeι naczynia
ν =∫ π/2
0
sin(2ϑ)dϑ
∫ p0
0
πg
mh3p3dp =
πg
mh3
p40
4. (8)
Wartosc p0 znajdziemy korzystajaιc z warunku, ze liczba elektronowzape lniajaιcych wszystkie stany z peιdami lezaιcymi w przedziale (0, p0)jest rowna N . Liczba stanow kwantowych ruchu posteιpowego elektronowz wartosciaι peιdu lezaιcaι w przedziale p, p + dp jest rowna
4πp2dpV
h3, (9)
gdzie V jest objeιtosciaι zajmowanaι przez gaz elektronowy. Mnozaιcwyrazenie (9) przez g otrzymamy pe lnaι liczbeι stanow kwantowych zzadanymi peιdami
g4πp2dpV
h3. (10)
Liczba elektronow zape lniajaιcych wszystkie stany z peιdami od 0 dowartosci p0 w temperaturze T = 0 K jest rowna
N =4πgV
h3
∫ p0
0
p2dp =4πgV
h3
p30
3, (11)
a zatem
p0 =(
34πg
)1/3(N
V
)1/3
h , (12)
gdzie N/V = n jest koncentracjaι elektronow. Podstawiajaιc (12) do (8)otrzymujemy
ν =3h
32m
(3π
)1/3
n4/3 . (13)
Poniewaz liczba swobodnych elektronow w jednostce objeιtosci metanujest rowna 6 · 1028m−3, masa elektronu m = 9, 1 · 10−31kg, wieιc popodstawieniu wymienionych wartosci oraz wartosci sta lych fizycznych dowyrazenia (13) otrzymujemy liczbeι uderzen elektronow o ”sciankeι met-alu” w ciaιgu jednej sekundy rzeιdu 1034. Liczba ta jest 10 rzeιdow wielkosciwieιksza od liczby uderzen drobin gazu (wodoru) o jednostkeι powierzchni
7.2. ZADANIA 175
scianki naczynia w temperaturze pokojowej. Poza tym liczba uderzengazu podlegajaιcego statystyce Maxwella-Boltzmanna maleje do zera, gdyT −→ 0 (v −→ 0 dla T −→ 0), podczas gdy gaz elektronowy w temper-aturze zera bezwzgleιdnego ma preιdkosc sredniaι rzeιdu 106m/s (7.2.9).
7.2.9. Znalezc sredniaι preιdkosc elektronow swobodnych w metalu w temper-aturze zera bezwzgleιdnego.
Rozwiaιzanie: Preιdkosc srednia elektronow
v =
∫∞0
vn(v)dv∫∞0
n(v)dv, (1)
gdzie n(v)dv jest liczbaι elektronow, ktorych wartosc preιdkosci jest zawartaw przedziale v, v + dv, okreslonaι wyrazeniem
n(v)dv = Cv2dv
exp(
E − EF (T )kT
)+ 1
; C = const . (2)
Poniewaz w temperaturze zera bezwzgleιdnego mamy
1
exp(
E − EF (T )kT
)+ 1
T−→0−→
1 dla E < EF (0)0 dla E > EF (0) (3)
wyrazenie (1) przybierze postac
v =
∫ v0
0v3dv∫ v0
0v2dv
=34v0 , (4)
gdzie v0 oznacza preιdkosc elektronow posiadajaιcych energieι Fer-miego EF (0) - najwieιkszaι energieι elektronow w temperaturze zerabezwzgleιdnego. Korzystajaιc z wyrazenia (12) z zadania 7.2.8 mamy
v0 =p0
m=(
3n
8π
)1/3h
m, (5)
skaιd
v =3h
16m
(3π
)1/3
n1/3 , (6)
gdzie n jest liczbaι elektronow w jednostce objeιtosci.Podstawiajaιc wartosci liczbowe na sta laι Plancka, maseι elektronu orazliczbeι elektronow swobodnych w jednostce objeιtosci (rzeιdu 1028m−3),otrzymujemy sredniaι preιdkosc elektronow swobodnych w metalu w tem-peraturze 0 K rzeιdu 106m/s (preιdkosc fali elektromagnetycznej w prozniwynosi c = 3 · 108m/s).
176 ROZDZIA L 7. FIZYKA CIA LA STA LEGO
7.2.10. Zbadac zaleznosc poziomu Fermiego od temperatury w przypadkupo lprzewodnika domieszkowego niezdegenerowanego, zawierajaιcego jedentyp donorow jednowalencyjnych o koncentracji Nd.
Rozwiaιzanie: Warunek neutralnosci ca lego uk ladu (liczba ladunkowujemnych musi byc rowna liczbie warunkow dodatnich) ma postac
n = N+d + p , (1)
gdzie n i p reprezentujaι odpowiednio koncentracje elektronow w pasmieprzewodnictwa i dziur w pasmie walencyjnym, N+
d jest koncentracjaι zjoni-zowanych donorow. Podstawiajaιc do (1) odpowiednie wyrazenia:
n = 2(2πmnkT/h2
)3/2exp
(EF − Eg
kT
)= n0 exp
(EF − Eg
kT
), (2)
p = 2(2πmpkT/h2
)3/2exp
(EF
kT
)= p0 exp
(EF
kT
)(3)
N+d =
Nd
1 + exp(
EF − Ed
kT
) , (4)
gdzie EF jest poziomem Fermiego, Eg - szerokosciaι pasma zabronionego,Ed - stanem podstawowym poziomow donorowych, mn i mp saι odpowied-nio masami efektywnymi elektronu w pasmie przewodnictwa i dziury wpasmie walencyjnym, otrzymujemy
n0 exp(
EF − Eg
kT
)=
Nd
1 + exp(
EF − Ed
kT
) + p0 exp(−EF
kT
). (5)
Poziomem odniesienia energii jest najwyzsza energia pasma walencyjnego.Poniewaz, jak widac z (2) i (3)
np = const dla danej temperatury , (6)
to w przypadku, gdy liczba donorow Nd jest duza i ilosc dostarczanychprzez nie elektronow do pasma przewodnictwa jest tak duza, ze p n, to znaczy koncentracja dziur spada znacznie ponizej wartosci dlapo lprzewodnika samoistnego, wtedy
exp(
EF − Eg
kT
) exp
(−EF
kT
), (7)
i rownanie (5) przyjmuje postac
Nd
1 + exp(
EF − Ed
kT
) = n0 exp(
EF − Eg
kT
). (8)
7.2. ZADANIA 177
Przekszta lcajaιc otrzymujemy rownanie kwadratowe ze wzgleιdu nawielkosc exp
(EF
kT
)exp
(Eg − Ed
kT
)exp
(−Eg
kT
)+ exp
(−Eg
kT
)exp
(EF
kT
)− Nd
n0= 0 , (9)
otrzymujemy
exp(
EF
kT
)=
√1 + 4
Nd
n0exp
(Eg − Ed
kT
)− 1
2 exp(−Ed
kT
) . (10)
Rozwiaιzujaιc wyrazenie (10) wzgleιdem EF mamy
EF = Ed + kT ln
[12
(√1 + 4
Nd
n0exp
(Eg − Ed
kT
)− 1
)]. (11)
Rozpatrzymy dwa graniczne przypadki:zas dla
4Nd
n0exp
(Eg − Ed
kT
) 1 , (12)
co odpowiada niskiej temperaturze lub wysokiej koncentracji donorow,otrzymujemy
EF =Ed + Eg
2+
kT
2ln
Nd
n0, (13)
dla
4Nd
n0exp
(Eg − Ed
kT
) 1 (14)
dostajemy
EF = Eg + kT lnNd
n0, (15)
przy czym n0 jest zgodnie z wyrazeniem (2) tez funkcjaι temperatury.Przypadek (14) odpowiada wysokiej temperaturze lub ma lym koncen-tracjom donorow. Poziom Fermiego rosnie poczaιtkowo ze wzrostem tem-peratury od wartosci Ed+Eg
2 dla T = 0 K do wartosci maksymalnej, anasteιpnie maleje prawie liniowo przy dalszym wzroscie temperatury.
7.2.11. Ruchliwosc elektronow w czystym germanie w temperaturze 300 K wynosiµn = 0, 38 m2/Vs. Znalezc opornosc w lasciwaι tej probki w temperaturzepokojowej i w temperaturze 30 K zak ladajaιc, ze ruchliwosc zmienia sieιz temperaturaι wed lug zaleznosci Seitz’a: µ = a(kT )−3/2, gdzie a jeststa laι. Masa efektywna elektronow m∗
n = 0, 56 me, masa efektywnadziur m∗
p = 0, 37 me. Za lozyc, ze w rozpatrywanym zakresie temper-atur szerokosc pasma zabronionego zmienia sieι liniowo z temperaturaι
178 ROZDZIA L 7. FIZYKA CIA LA STA LEGO
Eg = (0, 785 − 4 · 10−4T ) eV; stosunek zas ruchliwosci elektronow i dziurprzyjaιc sta ly i rowny b = µn/µp = 2, 1.
Rozwiaιzanie: Opornosc w lasciwa po lprzewodnika samoistnego
ρ =1σ
=1
e(nµn + pµp), (1)
gdzie n i p saι odpowiednio koncentracjaι elektronow i dziur. Podstawiajaιcb = µn/µp otrzymujemy (dla po lprzewodnika samoistnego n = p)
ρ =b
1 + b
1neµn
. (2)
Koncentracja elektronow w pasmie walencyjnym po lprzewodnika samoist-nego
n = 2(
kT
2πh2
)3/2
(m∗nm∗
p)3/4 exp(− Eg
2kT
). (3)
AleEg = 0, 785− 4 · 10−4T (4)
µn = a(kT )−3/2 , (5)
wieιc
ρ =b
1 + b
1
2e
(kT
2πh2
)3/2
(m∗nm∗
p)3/4
×
× 1a(kT )−3/2
exp0, 785− 4 · 10−4T
2kT. (6)
Sta laι a znajdziemy wiedzaιc, ze w temperaturze T = 300 K µn,300 =0, 38 m2/Vs; otrzymujemy
a =µn,300
(300k)3/2. (7)
Podstawiajaιc (7) do wyrazenia (6) otrzymamy po uproszczeniach
ρ =b
1 + b
(600πkh2)3/2
2eµn,300×
× 1(m∗
nm∗p)3/4
exp0, 785− 4 · 10−4T
2kT. (8)
Dla podanych wartosci liczbowych mamy
ρ300 = 57 Ωcm i ρ30 = 1, 2 · 1061Ωcm .
Drugaι z otrzymanych wartosci nalezy traktowac jako orientacyjnaι- wskazuje ona tylko na to, jak silnie zalezy opornosc w lasciwa
7.2. ZADANIA 179
po lprzewodnika od temperatury. W rzeczywistosci w tak niskich temper-aturach duzy wp lyw na opornosc w lasciwaι beιdaι mia ly domieszki, ktorychpewna ilosc zawsze wysteιpuje i rzeczywista wielkosc ρ30 beιdzie znacznienizsza.
7.2.12. Po up lywie czasu t1 = 1 · 10−4s od chwili zaprzestania objeιtoscioworownomiernej generacji par elektronowo-dziurowych, nadmiar koncen-tracji nosnikow ponad wartosc w rownowadze termicznej okaza l sieι 10razy wieιkszy niz po czasie t2 = 1 · 10−3s. Okreslic czas zycia nadmiarukoncentracji nosnikow, jesli poziom wzbudzenia jest niewielki i rekombi-nacja zachodzi poprzez proste procesy.
Rozwiaιzanie: Zanik dodatkowych nosnikow wywo lany rekombinacjaι pozaprzestaniu ich generacji, dla niewielkich odchylen od stanu rownowagitermicznej, jest opisany przez rownania
d(∆n)dt
= −∆n
τn(1)
d(∆p)dt
= −∆p
τp, (2)
gdzie ∆n i ∆p oznaczajaι odpowiednio nadmiar koncentracji elektronowi dziur ponad wartosc w rownowadze termicznej, τn i τp - czasy zycianadmiaru koncentracji elektronow i dziur (dla niewielkich odchylen odstanu rownowagi czas zycia mozna przyjaιc jako sta ly; w ogolnosci masens pojeιcie chwilowego czasu zycia). Rozpatrzmy najprostszy przypadek,gdy elektrony i dziury saι wytwarzane w jednakowej ilosci (∆n = ∆p) irekombinujaι z taι samaι szybkosciaι (τn = τp = τ). Rozwiaιzujaιc pierwszerownanie otrzymujemy nadmiar koncentracji nosnikow w zaleznosci odczasu liczonego od chwili zaprzestania generacji
∆n(t) = ∆n(0) exp(− t
τ
). (3)
Stosunek nadmiaru koncentracji nosnikow po up lywie okresow czasuodpowiednio t1 i t2
∆n(t1)∆n(t2)
= exp(
t2 − t1τ
), (4)
skaιd otrzymujemy czas zycia
τ =t2 − t1
ln∆n(t1)∆n(t2)
= 4 · 10−4s . (5)
7.2.13. W pewnym punkcie jednorodnego po lprzewodnika typu n swiat lo generujepary nosnikow. Okreslic d lugosc dyfuzji dziury, jesli nadmiar koncen-tracji nosnikow w odleg losci x1 = 2 mm od punktu generacji wynosi
180 ROZDZIA L 7. FIZYKA CIA LA STA LEGO
∆p1 = 1 · 1014cm−3, a w odleg losci x2 = 4, 3 mm ∆p2 = 1 · 1013cm−3.Rozpatrzyc przypadek jednowymiarowy.
Rozwiaιzanie: Jesli dziury przep lywajaι w sposob stacjonarny
∂(∆p)∂t
= 0
z punktu, gdzie saι generowane do obszaru, w ktorym rekombinujaι z szy-bkosciaι ∆p/τp, to z rownania ciaιg losci
∂(∆p)∂t
= g − ∆p
τp− div(∆p ~vp) , (1)
gdzie g jest szybkosciaι wytwarzania par elektronowo-dziurowych w jed-nostce czas w jednostce objeιtosci, ~vp - preιdkosciaι przenoszenia sieι dziur,i z rownania dyfuzji
∆p~vp = −Dp grad(∆p) , (2)
mamy w obszarze rekombinacji (g = 0) rownanie
Dp
(∂2
∂x2+
∂2
∂y2+
∂2
∂z2
)(∆p)− ∆p
τp= 0 , (3)
gdzie Dp jest sta laι dyfuzji dziur, τp - czasem zycia dziur, ∆p - nadmiaremkoncentracji dziur ponad wartosc w rownowadze termicznej.W przypadku jednowymiarowym rownanie (3) przybiera postac
Dp∂2
∂x2(∆p)− ∆p
τp= 0 . (4)
Rozwiaιzaniem rownania (4) jest wyrazenie
∆p = ∆p(0) exp(− x
Lp
), (5)
gdzie Lp ≡√
Dpτp jest szukanaι wielkosciaι - d lugosciaι dyfuzji dziur i jestmiaraι odleg losci, na jakaι dziury mogaι przedyfundowac w czasie swegozycia. Poniewaz
∆p1 = ∆p(0) exp(− x1
Lp
), (6)
∆p2 = ∆p(0) exp(− x2
Lp
), (7)
wieιc∆p1
∆p2= exp
x2 − x1
Lp, (8)
skaιdLp =
x2 − x1
ln∆p1
∆p2
= 0, 1 cm . (9)
7.2. ZADANIA 181
7.2.14. W jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B znajduje sieι p lytkamiedziana o szerokosci b i grubosci a. Wzd luz p lytki p lynie jednorodnypraιd elektryczny o nateιzeniu i. Wyznaczyc rozniceι potencja low pomieιdzyp laszczyznami p lytki prostopad lymi do kierunku przep lywu praιdu i dokierunku indukcji magnetycznej. Koncentracja elektronow w miedzi jestrowna n.
Rys. 7-11 Rysunek do efektu Halla (objasnienia w tekscie).
Rozwiaιzanie: Na ladunki elektryczne q poruszajaιce sieι z preιdkosciaι ~vw polu elektrycznym o nateιzeniu ~E oraz polu magnetycznym o indukcji~Bdzia la si la Lorentza
~F = q~v × ~B + q ~E (1)
powodujaιca unoszenie ladunkow elektrycznych w kierunku prostopad lymzarowno do kierunku ~v jak i ~E. Ladunki gromadzaι sieι na jednej zescian p lytki (rysunek 7-11) dopoty, dopoki pole elektryczne E zwiaιzanez gromadzaιcym sieι ladunkiem nie zrownowazy si ly wywieranej przez polemagnetyczne. Wtedy, jak wynika z rysunku (7-11)
Fy = q(Ey − vxBz) = 0 , (2)
a wieιcEy = vxBz .
Korzystajaιc z zaleznosci
i = jxS = nqvxS , (3)
gdzie j jest geιstosciaι praιdu, S = a ·b - pole przekroju poprzecznego p lytki,otrzymujemy wartosc nateιzenia powsta lego pola elektrycznego
Ey =i ·BnqS
, (4)
182 ROZDZIA L 7. FIZYKA CIA LA STA LEGO
skaιd roznica potencja low
V =i ·Bnqa
=i ·B
aR , (5)
gdzie R = 1/nq jest sta laι Halla. Zjawisko opisane wyzej nosi nazweι efektuHalla. Przyjmujaιc i = 50 A, B = 1 Wb/m2
, a = 1 mm, n = 8, 5 ·1028m−3, q = e, otrzymamy rozniceι potencja low rownaι V ≈ 3, 67 · 10−6
V. Dla koncentracji nosnikow ladunku mniejszych o kilka rzeιdow wielkosci(bizmut, po lprzewodniki) roznica potencja low jest znacznie wieιksza odobliczonej w przyk ladzie. Efekt Halla wykorzystuje sieι mieιdzy innymido oceny koncentracji nosnikow praιdu - sta laι Halla mozna wyznaczycdoswiadczalnie. Jesli nosnikami praιdu saι elektrony, to sta la Halla jestujemna, a dodatnia, gdy nosnikami saι ladunki dodatnie (wolne stany wpoblizu wierzcho lka zape lnionego pasma walencyjnego - dziury - zachowujaιsieι zgodnie z teoriaι pasmowaι tak, jakby by ly obdarzone ladunkiem dodat-nim).
7.3 Cwiczenia
7.3.1. Pokazac, ze maksymalna objeιtosc zajeιta przez kule u lozone w strukturzeregularnej scentrowanej powierzchniowo (rys.7-12) wynosi π
√2/6 ≈ 0, 74.
Rys. 7-12 Siec krystaliczna szescienna regularna centrowanapowierzchniowo.
7.3.2. Ile atomow przypada na komorkeι elementarnaι w kryszta lach o siatceszesciennej prostej, szesciennej scentrowanej przestrzennie i scentrowanejpowierzchniowo?
Odpowiedz: 1; 2; 4.
7.3.3. Promieniowanie rentgenowskie pada na kryszta l kalcytu (CaCO3).Najmniejszy kaιt mieιdzy p laszczyznaι kryszta lu i wiaιzkaι promienirentgenowskich, przy ktorym obserwuje sieι odbicie, Θ = 236′. Sta lasiatki kalcytu a = 3, 04 · 10−10m. Okreslic rozniceι potencja low na
7.3. CWICZENIA 183
elektrodach lampy rentgenowskiej wysy lajaιcej to promieniowanie.
Odpowiedz:
U =hc
2ea sin Θ≈ 43, 2 kV .
7.3.4. Stosunek przewodnictwa w lasciwego srebra i miedzi przy tej samejtemperaturze wynosi 1, 06. Wyliczyc stosunek ruchliwosci elektronow wtych metalach zak ladajaιc, ze na kazdy atom przypada jeden swobodnyelektron przewodnictwa.
Odpowiedz:µAg
µCu=
σAg
σCu
AAg
ACu
ρCu
ρAg≈ 1, 5 .
gdzie A i ρ saι odpowiednio masaι atomowaι i geιstosciaι.
7.3.5. Opornosc w lasciwa srebrnego przewodnika w temperaturze pokojowejρ = 1, 54 · 10−8Ωm. Znalezc sredniaι preιdkosc dryfu elektronow wzd luzprzewodnika w polu elektrycznym o nateιzeniu E = 1 V/cm zak ladajaιc,ze w 1 cm3 srebra znajduje sieι n = 5, 8 · 1028 elektronow przewodnictwa.
Odpowiedz:
vd =E
nρe≈ 0, 69 m/s .
7.3.6. Wyprowadzic rownanie laιczaιce cisnienie i objeιtosc gazu elektronow Fer-miego w temperaturze zera bezwzgleιdnego.
7.3.7. Znalezc zaleznosc poziomu Fermiego od temperatury w po lprzewodnikusamoistnym w przypadku niezwyrodnia lym.
Odpowiedz:
EF =Eg
2+
34kT ln |m
∗h
m∗e
| ,
gdzie Eg jest szerokosciaι pasma zabronionego, m∗h i m∗
e saι odpowiedniomasami efektywnymi dziury i elektronu.
7.3.8. Znalezc prawdopodobienstwo zajeιcia przez elektron poziomu ener-getycznego rozniaιcego sieι od poziomu energii Fermiego o ±0, 1 eV wtemperaturze pokojowej..
Odpowiedz:
p =1
expE − EF (T )
kT+ 1
=
1, 79 · 10−2 E − EF (T ) = 0, 1 eV0, 50 E − EF (T ) = 00, 98 E − EF (T ) = −0, 1 eV
184 ROZDZIA L 7. FIZYKA CIA LA STA LEGO
7.3.9. Opornosc w lasciwa czystego germanu w temperaturze 27C wynosi0, 47 Ωm. Zak ladajaιc, ze ruchliwosci elektronow i dziur saι odpowiedniorowne 0, 38 i 0, 18 m2/Vs znalezc geιstosc nosnikow praιdu w tej temper-aturze.
Odpowiedz:
n =1
ρe(µn + µp)≈ 2, 3 · 1019 m3 .
7.3.10. Wyznaczyc sta laι Halla dla miedzi. Masa jednego kilomola miedziA = 63, 5 kg, jej geιstosc ρCu = 8890 kg/m3.
Odpowiedz:
R =1ne
=A
NAρe≈ 0, 74 · 10−10m3/C .
7.3.11. Znalezc wyrazenie na sta laι Halla dla po lprzewodnikow. Jak uprosci sieιto wyrazenie dla czystych po lprzewodnikow?
Odpowiedz:
R =1e
pµ2p − nµ2
e
(pµp + nµe)2.
Dla po lprzewodnika samoistnego liczba elektronow przewodnictwa n iliczba dziur p jest taka sama; n = p = ni
R =1
eni
µp − µe
µp + µe.
7.3.12. W probce germanu ruchliwosc elektronow wynosi 0, 38 m2/Vs, zas dziur0, 16 m2/Vs. W tej probce nie zaobserwowano efektu Halla. Jaka czeιscpraιdu jest przenoszona dziurami?
Odpowiedz: Poniewaz nie obserwuje sieι efektu Halla, wieιc (cwiczenie7.3.11) nµ2
e = pµ2p, ale σ = e(nµe + pµp) = σn + σp, a zatem
σp
σ=
µe
µe + µp≈ 0, 7 .
Rozdzia l 8
Promieniotworczosc
8.1 Wsteιp
1. Prawo rozpadu promieniotworczego: Liczba dN atomow rozpadajaιcychsieι w czasie dt
dN
dt∼ N N = N0 exp(−λt) , (8.1)
gdzie λ jest sta laι rozpadu, N0 - poczaιtkowaι ilosciaι atomowpromieniotworczych. Mieιdzy λ i czasem po lowicznego zaniku T (T - czas,po ktorym N = N0/2) zachodzi zwiaιzek
T =ln 2λ
= τ ln 2 , (8.2)
gdzie τ jest srednim czasem zycia atomu promieniotworczego.
185
186 ROZDZIA L 8. PROMIENIOTWORCZOSC
Rys. 8-1 Zmiana liczby N jaιder atomow promieniotworczych w czasie. Tjest okresem czasu, po ktorym N = N0/2, τ = T/ln2 jest srednim
czasem zycia jaιder promieniotworczych.
2. Aktywnosc preparatu promieniotworczego
A = −dN
dt= λN , (8.3)
gdzie N oznacza liczbeι atomow promieniotworczych w danej chwili.
Rys. 8-2 Wykres funkcji N(t) odt w skali po llogarytmicznej. Z kaιtapochylenia krzywej mozna wyznaczyc sta laι rozpadu λ.
8.2. ZADANIA 187
8.2 Zadania
8.2.1. Oszacowac maksymalnaι wartosc energii, jakaι uzyska laby czaιsta α emi-towana przez atom uranu, przy za lozeniu, ze s luszny jest model atomuThomsona, i ze ekranujaιce dzia lanie elektronow atomu mozna zaniedbac.
Rozwiaιzanie: Jesli czaιstka α zosta la utworzona wewnaιtrz atomuw odleg losci r od jego srodka, to porusza sieι najpierw wewnaιtrz atomuw polu dzia lania si l odpychajaιcych pochodzaιcych od przestrzennierownomiernie rozmieszczonego ladunku elektrycznego dodatniego; wp lywelektronow zaniedbujemy (za lozenia modelu - patrz zadanie 5.2.1).Wewnaιtrz kuli rownomiernie na ladowanej ladunkiem elektrycznym wpunkcie odleg lym o r od jej srodka, nateιzenie pola elektrycznego wynosi
E =Ze
4πε0
r
R3(1)
i jest skierowane od srodka kuli. Ze oznacza ladunek dodatni atomu, jakipozostanie po emisji czaιstki α, R jest promieniem atomu.Na czaιstkeι α o ladunku dodatnim q = 2|e| beιdzie dzia la la si la
~F =qZe
4πε0
~r
R3, (2)
w wyniku dzia lania ktorej energia czaιstki α po przebyciu odcinka rownegodr wzrosnie o wartosc
dW = Fdr =qZe
4πε0
r
R3dr . (3)
Po przebyciu maksymalnej drogi wewnaιtrz atomu od punktu a bardzoblisko srodka atomu do powierzchni atomu, czaιstka uzyska energieι
Ww =∫ R
a
Fdr . (4)
Nie pope lnimy duzego b leιdu, bioraιc a −→ 0, skaιd
Ww =qZe
8πε0
1R
. (5)
Poza atomem ruch czaιstki α odbywa sieι tak, jak gdyby ladunek dodatniatomu by l punktowy i umieszczony w srodku atomu. Nateιzenie pola elek-trycznego na zewnaιtrz atomu wynosi
E =Ze
4πε0r2, (6)
gdzie r jest odleg losciaι od srodka atomu. Energia uzyskana w wynikuruchu czaιstki α w polu si l odpychajaιcych od powierzchni atomu (r = R)do punktu b beιdzie wynosi la
Wz =qZe
4πε0
∫ b
R
dr
r2
−→b = ∞ qZe
4πε0
1R
. (7)
188 ROZDZIA L 8. PROMIENIOTWORCZOSC
Maksymalna ca lkowita energia uzyskana przez czaιstkeι (a −→ 0, b −→∞)
Wc = Ww + Wz =32
qZe
4πε0
1R
. (8)
Po podstawieniu danych liczbowych Ze = 90 · 1, 6 · 10−19C, q = 2 · 1, 6 ·10−19C, R = 1 · 10−10m otrzymujemy
Wc ≈ 4 keV .
Otrzymany rezultat jest sprzeczny z danymi doswiadczalnymi (energiaWc jest rzeιdu kilku MeV). Uwzgleιdnienie ekranowania ladunku dodat-niego atomu przez elektrony zmniejszy loby jeszcze wynik. Rachunekprzeprowadzony przy za lozeniu, ze ladunek dodatni atomu uranu jest sku-piony w kuli o promieniu R = 1 · 10−14m (jak w modelach Rutherforda iBohra) daje wynik mniej odbiegajaιcy od danych doswiadczalnych.
8.2.2. Ocenic, na podstawie zmiany energii pola elektrycznego jaιder, wielkoscenergii wydzielonaι przy rozpadzie jaιdra uranu 235, zak ladajaιc, zekoncowymi produktami rozpadu saι jaιdra 85
37Rb i 13355 Cs. Przyjmujemy, ze
jaιdra atomow saι kulami z objeιtosciowo rownomiernie rozmieszczonym ladunkiem elektrycznym dodatnim.
Rozwiaιzanie: Geιstosc energii pola elektrycznego dana jest wyrazeniem
w =ε0E
2
2, (1)
gdzie E jest wartosciaι nateιzenia pola elektrycznego. Energia pola elek-trycznego
W =∫
V
ε0E2
2dV , (2)
przy czym ca lka wzgleιdem V rozciaιgnieιta jest na ca laι przestrzen. Rozbi-jemy przestrzen na dwie czeιsci, jednaι zawartaι wewnaιtrz jaιdra - kuli i czeιscpozosta laι. Wewnaιtrz jaιdra nateιzenie pola elektrostatycznego
E =Ze
4πε0R3r , (3)
a w obszarze na zewnaιtrz jaιdra
E =Ze
4πε0r2, (4)
gdzie Ze jest ladunkiem elektrycznym jaιdra, R jest promieniem jaιdra, r -odleg losciaι od srodka jaιdra do punktu, w ktorym wyznaczamy nateιzeniepola elektrycznego. Podstawiajaιc (3) i (4) do (2) mamy
W =ε0
2
∫ R
0
(Ze
4πε0R3
)2
r24πr2dr +ε0
2
∫ ∞
R
(Ze
4πε0
)2 1r4
4πr2dr =
8.2. ZADANIA 189
=(Ze)2
40πε0R+
(Ze)2
8πε0R=
320π
(Ze)2
ε0R. (5)
Zmiana energii pola elektrycznego zwiaιzana z rozpadem
∆W =3e2
20πε0
(Z2
U
RU− Z2
Cs
RCs− Z2
Rb
RRb
). (6)
Dla modelu kroplowegoR = r0A
1/3 , (7)
gdzie r0 = 1, 4 · 10−15m, wieιc
∆W =3e2
20πε0r0
(Z2
U
A1/3U
− Z2Cs
A1/3Cs
− Z2Rb
A1/3Rb
). (8)
Po podstawieniu danych liczbowych otrzymamy ∆W ≈ 290 MeV.
8.2.3. Obliczyc ilosc energii wydzielonej przy rozpadzie pewnej iloscipromieniotworczego izotopu A
ZX w czasie rownym okresowi po lowicznegorozpadu tego izotopu. Zak ladamy, ze produkty rozpadu majaι sredniczas zycia znacznie d luzszy od czasu zycia jaιdra atomu A
ZX. Energiakinetyczna unoszona przez czaιstkeι α wynosi Eα.
Rozwiaιzanie: Korzystajaιc z rozwiaιzania zadania 9.2.7, otrzymamyenergieι wydzielonaι przy rozpadzie jednego jaιdra izotopu (A
ZX −→A−4Z−2Y
+α)
Q1 = Eα
(1 +
mα
mY
). (1)
Jesli w chwili czasu t liczba jaιder izotopu promieniotworczego AZX wynosi
Nt, to w przedziale czasu (t, t + dt) ulegnie rozpadowi
dNt = −Ntdt
τ(2)
jaιder, przy czym τ jest srednim czasem zycia izotopu. Jesli w chwili czasut = 0 by lo N0 jaιder promieniotworczych, to po czasie t pozostanie ich
Nt = N0 exp(− t
τ
). (3)
To znaczy, ze w ciaιgu czasy t uleg lo rozpadowi
N = N0 −Nt = N0
(1− exp(− t
τ))
(4)
jaιder. Masa M izotopu zawiera
NM = NAM
µ(5)
190 ROZDZIA L 8. PROMIENIOTWORCZOSC
atomow. W wyrazeniu (5) NA oznacza liczbeι Avogadro, a µ maseιdrobinowaι w kg. Podstawiajaιc (5) do (4) otrzymujemy liczbeι atomow,ktore rozpadajaι sieι w objeιtosci odpowiadajaιcej masie M w ciaιgu czasu t
Nm = NAM
µ
(1− exp(− t
τ))
, (6)
a wieιc ca lkowita energia wydzielona w ciaιgu czasu t z pierwotnej masy Mizotopu beιdzie rowna
Q = Q1Nm = Eα
(1 +
mα
mY
)NA
M
µ
(1− exp(− t
τ))
. (7)
Czas po lowicznego zaniku T znajdziemy z warunku, ze NT = N0/2, skaιd
N0
2= N0 exp(−T
τ) , (8)
a zatemT = τ ln 2 . (9)
Podstawiajaιc (4) do (7) otrzymujemy
Q = NAM
µ(1− exp(− ln 2))Eα
(1 +
mα
mY
)lub
Q =12NA
M
µEα
(1 +
mα
mY
). (10)
Przy rozpadzie 1 g polonu 21384 Po(
21384 Po −→ α +209
82 Pb, Eα ≈ 8, 5 MeV, T = 4, 2 · 10−6s)
wydzieli sieι energia rowna 1, 9 · 109 J (12 · 1019 GeV). Dla porownaniaspalenie 1 g weιgla kamiennego dostarcza energieι rownaι 3 · 104J.
8.2.4. Izotop pewnego pierwiastka o aktywnosci A0 umieszczono w kalorymetrzeo pojemnosci cieplnej C. Obliczyc, o ile zwieιkszy sieι temperaturakalorymetru po up lywie czasu t od chwili umieszczenia w nim preparatupromieniotworczego? Energia czaιstek wysy lanych przez izotop wynosi E.Przyjaιc, ze czas t jest znacznie mniejszy od czasu po lowicznego rozpadu T .
Rozwiaιzanie: Zwiaιzek mieιdzy energiaι wydzielonaι w jednym akcierozpadu i energiaι emitowanej czaιstki ma postac (zadanie 9.2.7)
Q1 = E(
1 +m
M
), (1)
gdzie m jest masaι emitowanej czaιstki, M - masaι jaιdra, ktore powsta lo porozpadzie. W ciaιgu jednej sekundy rozpada sieι
A = −dN
dt= λN (2)
8.2. ZADANIA 191
atomow izotopu. Poniewaz
N = N0 exp(−λt) , (3)
wieιcA = λN0 exp(−λt) . (4)
W ciaιgu czasu t rozpadnie sieι
Nt =∫ t
0
Adt′ = N0(1− exp(−λt)) (5)
atomow izotopu (scislej jaιder atomu). Korzystajaιc z (2) dla t = 0 mamy
N0 =A0
λ(6)
i po podstawieniu do (5) otrzymujemy
Nt =A0
λ(1− exp(−λt)) . (7)
W ciaιgu czasu t wydzieli sieι ilosc ciep la rowna
Q = NtQ1 =A0
λ(1− exp(−λt))E(1 +
m
M) , (8)
przy czym temperatura kalorymetru wzrosnie o
∆T =Q
C=
A0E
λC
(1 +
m
M
)(1− exp(−λt)) . (9)
Wyznaczajaιc ∆T za lozylismy, ze ilosc ciep la pobrana przez sam preparatpromieniotworczy jest ma la w porownaniu z ciep lem pobieranym przezkalorymetr. W przypadku, gdy masa M jest znacznie wieιksza od m,wtedy Q ≈ E i
∆T ' A0E
λC(1− exp(−λt)) . (10)
Wyrazenie 1 − exp(−λt) mozna dla T t rozwinaιc w szereg poteιgowy,skaιd
∆T ' A0E
Ct . (11)
Ten sam wynik mozna otrzymac w prostszy sposob, jezeli zauwazymy, zedla T t aktywnosc preparatu promieniotworczego jest w przyblizeniusta la. Wtedy liczba rozpadow w ciaιgu czasu t
N ′t = A0t (12)
i energia wydzielona w czasie rozpadu
Q′ = N ′tQ1 = A0Q1t , (13)
192 ROZDZIA L 8. PROMIENIOTWORCZOSC
a wieιc temperatura uk ladu wzrosnie o wartosc
∆T =Q′
C=
A0Q1t
C=
A0E
Ct . (14)
Nalezy podkreslic, ze uproszczony sposob jest prawdziwy tylko dla T t.W przypadku, gdy t jest porownywalne z T , zmiana aktywnosci w czasierownym t
A = A0(1− exp(−λt)) (15)
jest juz bliska wartosci A0(1 − exp(− ln 2)) = A0/2 i nie mozna jejzaniedbac w obliczeniach.Temperatura mikrokalorymetru o pojemnosci cieplnej 4 J/K wzrosnie, poumieszczeniu w nim 0, 1 g radu (A = 3, 7 · 109Bq, Eα ≈ 4, 78 MeV) naokres 1 godziny, o oko lo 2, 5 stopnia skali Celsjusza.
8.2.5. Okreslic wiek weιgla drzewnego znalezionego w sladach ognisk, jezeliwiadomo, ze probka weιgla drzewnego wykazuje promieniotworczosc β(zwiaιzanaι z zawartosciaι izotopu weιgla 14C) o aktywnosci w lasciwej 12,5rozpadow/min.g. Aktywnosc probek z zyjaιcych drzew nie zalezy odrodzaju drzewa i wynosi srednio 15,3 rozp./min.g.
Rozwiaιzanie: Z definicji aktywnosc w lasciwa probki
n = −dN
dt
1m
, (1)
gdzie m jest masaι probki. Na mocy prawa rozpadu promieniotworczego
−dN
dt= λN , (2)
gdzie N jest liczbaι jaιder rozpadajaιcego sieι izotopu w danej chwili czasu,a λ jest sta laι rozpadu promieniotworczego. Korzystajaιc z (1) i (2) mamy
n0 =N0λ
m, (3)
przy czym indeks ”0” odnosi sieι do chwili czasu, gdy drzewo zosta lo scieιte iprzerwano proces pobierania weιgla 14C z atmosfery. Sta laι λ mozna znalezcz jej zwiaιzku z po lowicznym czasem rozpadu, ktory dla 14C wynosi 5760lat, skaιd
λ =ln 2T
=0, 693
T. (4)
Po czasie ∆t od chwili scieιcia drzewa zostanie jeszcze
N ′ = N0 exp(−λ∆t) (5)
atomow 14C, ktore nie uleg ly rozpadowi. Poniewaz
n′ =N ′λ
m, (6)
8.2. ZADANIA 193
przeto
n′ =λ
mN0(−λ∆t) = n0 exp(−λ∆t) , (7)
skaιd
∆t = Tln(n0/n′)
ln 2. (8)
Podstawiajaιc dane liczbowe otrzymujemy ∆t ≈ 1680 lat.
8.2.6. Zak ladajaιc, ze ustali la sieι rownowaga promieniotworcza, okreslic iloscgramow radu oraz radonu zawartaι w 100 gramach blendy uranowej, ktorazawiera 40% tlenku uranu U3O8. Okreslic aktywnosc tych ilosci uranu,radu i radonu.
Rozwiaιzanie: Pierwiastki tej samej rodziny promieniotworczej znajdujaιsieι w rownowadze promieniotworczej, gdy liczba jaιder rozpadajaιcych sieιw tym samym przedziale czasu jest taka sama dla wszystkich cz lonkowrodziny promieniotworczej, lub inaczej, ze liczba atomow danego pier-wiastka nie zmienia sieι. Dla λ1 < λ2 · · · i dla t 1/λ1 przypadek takijest mozliwy. Z warunkow rownowagi
dN2
dt= 0 ,
dN3
dt= 0 , (1)
gdzie N2 i N3 saι odpowiednio liczbaι jaιder drugiego i trzeciego cz lonkarodziny promieniotworczej, i z rownan opisujaιcych zmianeι liczby atomowdanego izotopu
dN2
dt= λ1N1 − λ2N2 (2)
dN3
dt= λ2N2 − λ3N3 (3)
otrzymamy dla stanu rownowagi wiekowej
λ1N1 = λ2N2 = λ3N3 . (4)
Poniewaz
λi =ln 2Ti
, (5)
wieιcN1
T1=
N2
T2=
N3
T3, (6)
skaιd otrzymujemy
N2 = N1T2
T1(7)
N3 = N1T3
T1. (8)
194 ROZDZIA L 8. PROMIENIOTWORCZOSC
W rozwazanym przypadku pierwszym cz lonkiem rodziny jest 23892 U, drugim
22688 Ra a trzecim 222
85 Rn. W MU gramach uranu zawartych jest
nU = MUNA
AU(9)
atomow, przy czym NA jest liczbaι Avogadro, AU - masaι atomowaι uranuwyrazonaι w kilogramach.Podstawiajaιc (9) do (7) i (8) otrzymamy
nRa = MUNA
AU
TRa
TU, (10)
co odpowiada masie
mRa = MUARa
AU
TRa
TU, (11)
podobnie dla radonu
mRn = MUARn
AU
TRn
TU. (12)
W M gramach blendy uranowej znajduje sieι m = 0, 4 M gramow tlenkuuranu U3O8. Poniewaz jeden mol tlenku uranu wazy A = 3 AU + 8AO
gramow, wieιc masie m tlenku odpowiada
N =m
Amoli (13)
Masa m tlenku uranu zawiera wieιc
mU = m3AU
A(14)
gramow uranu. Po podstawieniu (14) do (11) i (12) otrzymamy
mRa = 1, 2MARa
3AU + 8AO
TRa
TU, (15)
mRn = 1, 2MARn
3AU + 8AO
TRn
TU. (16)
Po podstawieniu danych liczbowych: TU = 4, 4 · 109 lat, TRa = 1590 lat,TRn = 3, 82 dni, AO = 16 , AU = 238 , ARa = 226 , ARn = 222 M =100 g otrzymamy
mRa = 1, 16 · 10−7g (17)
mRn = 7, 36 · 10−11g . (18)
Aktywnosc wszystkich cz lonkow rodziny promieniotworczej w stanierownowagi promieniotworczej jest taka sama, co wynika mieιdzy innymiz rownania (4) i wynosi
a = λUNU . (19)
8.2. ZADANIA 195
Po podstawieniu (5), (9) i (14) do (19) otrzymujemy
a = MUNA
AU
ln 2TU
= 1, 2MNA
3AU + 8AO
ln 2TU
. (20)
Podstawiajaιc dane, jak wyzej, mamy a = 4, 26 · 105Bq.
8.2.7. W wyniku rozpadu atomow izotopu AZX o sta lej rozpadu λX powstajaι
atomy pierwiastka promieniotworczego A′
Z′Y, ktorego sta la rozpadu wynosiλY . Znalezc zaleznosc liczby jaιder izotopu A′
Z′Y od czasu, jesli wiadomo,ze w chwili poczaιtkowej wysteιpowa l tylko izotop A
ZX. Okreslic, po jakimczasie ilosc izotopu promieniotworczego Y osiaιgnie wartosc najwieιkszaι.
Rozwiaιzanie: Szybkosc zmiany ilosci atomow izotopu Y moznaopisac rownaniem
dNY
dt= −λY NY + λXNX . (1)
Pierwszy wyraz po prawej stronie rownania odpowiada ubywaniu atomowY w wyniku ich rozpadu, a drugi ich przybywaniu wskutek rozpaduatomow X. Poniewaz rownoczesnie jest prawdziwe rownanie
dNX
dt= −λXNX (2)
opisujaιce rozpad atomow X, wieιc wyrazenie
NX = N0X exp(−λXt) , (3)
beιdaιce rozwiaιzaniem rownania (2), daje liczbeι jaιder izotopu X, ktorejeszcze sieι nie rozpad ly po up lywie czasu t. Podstawiajaιc (3) do (1) otrzy-mamy rownanie
dNY
dt= −λY NY + λXN0X exp(−λXt) , (4)
lubdNY
dt+ λY NY = λXN0X exp(−λXt) . (5)
Rozwiaιzanie rownania (5) beιdzie sumaι rozwiaιzania ogolnego rownaniajednorodnego
dNY
dt+ λY NY = 0 (6)
i rozwiaιzania szczegolnego rownania (5). Rozwiaιzaniem rownania (6) jestwyrazenie
N ′Y = A exp(−λY t) . (7)
Rozwiaιzania szczegolnego rownania (5) szukamy w postaci
N ′′Y = B exp(−λXt) . (8)
196 ROZDZIA L 8. PROMIENIOTWORCZOSC
Podstawiajaιc (8) do (5) otrzymujemy rownanie
−λXB + λY B = λXN0X , (9)
skaιd
B =λXN0X
λY − λX.
Ostatecznie
NY = N ′Y + N ′′
Y = A exp(−λY t) + N0XλX
λY − λXexp(−λXt) . (10)
Sta laι A znajdziemy korzystajaιc z warunku: NY = 0 dla t = 0, skaιd
A = −N0XλX
λY − λX, (11)
a wieιc
NY (t) = N0XλX
λY − λX(exp(−λXt)− exp(−λY t)) . (12)
W przypadku, gdy λY > λX dla t 1/λX otrzymamy
NY (t) =λX
λY − λXN0X exp(−λXt) , (13)
skaιdNY (t)NX(t)
=λX
λY − λX= const . (14)
Jest to stan, w ktorym ilosci jaιder X i Y beιdaι malec z jednakowaι szy-bkosciaι i nosi nazweι stanu rownowagi przejsciowej. Przyk ladem takiegostanu jest radon i produkt jego rozpadu rad A - polon 218 (λRn ≈2, 1 · 10−6s−1 , λRaA ≈ 3, 6 · 10−3s−1). Po up lywie czasu t = 5 godz.= 1, 8 · 103 s, mieszanina radonu i produktu rozpada sieι z po lokresemradonu.Maksimum funkcji NY (t) znajdziemy z warunku
dNY (t)dt
= 0 , (15)
staιd po podstawieniu (12) do (15) otrzymamy rownanie
−λX exp(−λXt) + λY exp(−λY t) = 0 , (16)
ktorego rozwiaιzaniem jest wyrazenie
tmax =ln λY
λX
λY − λX. (17)
8.2. ZADANIA 197
8.2.8. Oszacowac wiek Ziemi wiedzaιc, ze w rudzie uranowej stosunek liczbyatomow 238U do liczby atomow o lowiu 206Pb wynosi 5/4.
Rozwiaιzanie: W celu dok ladnego rozwiaιzania zadania naleza loby u lozyci rozwiaιzac uk lad rownan rozniczkowych opisujaιcych szybkosc zmianyilosci atomow dla wszystkich cz lonkow szeregu promieniotworczegouranu. Zagadnienie mozna jednak znacznie uproscic, bioraιc pod uwageιfakt, ze w szeregu promieniotworczym uranu wysteιpujaι bardzo roznewartosci czasu po lowicznego zaniku poszczegolnych pierwiastkow. Pod-czas gdy dla 238U czas po lowicznego zaniku wynosi oko lo 4, 5 · 109 lat idla koncowego produktu rozpadu 206Pb jest nieskonczenie d lugi, to dlapozosta lych cz lonkow szeregu nie przekracza wartosci 2, 5 · 105 lat - 234Ua dla wieιkszosci z nich jest co najwyzej rzeιdu minut. Po up lywie czasurzeιdu okresu po lowicznego zaniku dla 238U, tylko atomy 238U i 206Pbbeιdaι wysteιpowa ly w wieιkszych ilosciach w rudach uranowych. Pozosta lepierwiastki nalezaιce do szeregu uranu i beιdaιce stopniami posrednimi wprocesie rozpadu 238U → 206Pb z ma lymi okresami po lowicznego zanikubeιdaι wysteιpowa ly w znikomych ilosciach (w stosunku do 238U i 206Pb).Mozemy wieιc za lozyc, ze wysteιpujaι tylko dwa pierwiastki w szereguuranu - poczaιtkowy 238U i koncowy 206Pb. Korzystajaιc z wyrazenia (12)z zadania 8.2.7 przy za lozeniu, ze λY = λPb = 0 (TPb = ∞), otrzymujemywyrazenie na liczbeι atomow o lowiu 206Pb
NPb(t) = N0U (1− exp(−λU t)) . (1)
Jesli za lozymy jeszcze, ze jedynaι drogaι dla otrzymania o lowiu w rudzieuranu jest rozpad jaιder uranu, to poczaιtkowa ilosc atomow uranu N0U
jest rowna obecnej ilosci atomow o lowiu NPb i atomow uranu NU
N0U = NPb + NU . (2)
Podstawiajaιc (2) do (1) i rozwiaιzujaιc otrzymane w ten sposob rownaniewzgleιdem czasu, otrzymujemy
t =1
λUln(
1 +NPb
NU
)= TU
ln(
1 +NPb
NU
)ln 2
. (3)
Po podstawieniu danych liczbowych otrzymujemy, ze wiek Ziemi wynosioko lo 3, 8 · 109 lat.
8.2.9. Probkeι jodu 127I naswietlono wiaιzkaι neutronow o takim nateιzeniu,ze w ciaιgu jednej sekundy tworzy sieι w niej n = 1 · 107 atomowpromieniotworzcego jodu 128I o czasie po lowicznego rozpadu T = 25, 4minut. Znalezc liczbeι atomow promieniotworczych jodu i aktywnoscprobki po up lywie czasu t od momentu rozpoczeιcia naswietlania. Jakabeιdzie najwieιksza ilosc atomow jodu 128I i aktywnosc probki w stanie
198 ROZDZIA L 8. PROMIENIOTWORCZOSC
nasycenia?
Rozwiaιzanie: Zmianeι liczby atomow promieniotworczego jodu 128I wciaιgu czasu dt mozna opisac rownaniem
dN
dt= n− λN , (1)
gdzie pierwszy wyraz prawej strony rownania opisuje proces tworzeniaatomow jodu 128I w wyniku naswietlania, wyraz drugi opisuje ubywanieatomow 128I spowodowane ich rozpadem. Rozwiaιzaniem rownania (1) jestwyrazenie
N =n
λ− C
λexp(−λt) , (2)
przy czym sta laι C = n otrzymujemy z warunku, ze w chwili poczaιtkowej(t = 0) liczba atomow jodu 128I (N = 0). Liczba atomow jodupromieniotworczego po czasie t od rozpoczeιcia naswietlania
N =n
λ(1− exp(−λt)) , (3)
gdzie λ = ln 2/T . Zaleznosc aktywnosci probki od czasu naswietlania mapostac
a = λN = n(1− exp(−λt)) . (4)
Rys. 8-3 Zaleznosc liczby N jaιder promieniotworczych od czasu wprzypadku sta lego w czasie zrod la aktywacji.
Dla t T otrzymamy N = nt i a = λnt.Nasycenie nastaιpi wtedy, gdy liczba atomow 128I rozpadajaιcych sieι wciaιgu jednostki czasu beιdzie rowna liczbie atomow 128I yworzonych wwyniku aktywacji neutronami, to znaczy, gdy
dN
dt= 0 , (5)
8.2. ZADANIA 199
a wieιc λNnas = n, skaιd Nnas = n/λ. Aktywnosc w stanie nasyceniaanas = λNnas = n. Korzystajaιc z powyzszego mozna (3) i (4) zapisac wpostaci
N = Nnas(1− exp(−λt)) (6)
a = anas(1− exp(−λt)) . (7)
Podstawiajaιc dane liczbowe otrzymujemy Nnas = 2, 2 · 1010 atomow ianas. = 1 · 107Bq.
8.2.10. Stalowy pierscien t loka silnika zosta l napromieniowany neutronami,dzieιki czemu utworzy l sieι w nim izotop promieniotworczy 59Fe o czasiepo lowicznego zaniku T = 45, 1 dni. Osiaιgnieιta aktywnosc a0 wynosi la3, 7 · 105Bq. Po dziesieιciu dniach pierscien wmontowano do silnika. Potrzydziesu dniach nieprzerwanej pracy silnika aktywnosc a pobranejprobki 100 cm3 oleju znajdujaιcego sieι w karterze, zwiaιzana z obecnosciaιw nim 59Fe wynosi la a = 12 rozpadow w ciaιgu jednej sekundy. Ilemateria lu pierscienia star lo sieι w czasie pracy silnika, jezeli wiadomo, zepierscien przed wmontowaniem wazy l M0 = 50 g? Ca lkowita objeιtoscoleju wynosi la 6000 cm3.
Rozwiaιzanie: W pierscieniu po naswietleniu neutronami znajdowa lo sieιN0 atomow 59Fe. Jesli aktywnosc poczaιtkowa wynosi la a0, to zwiaιzekmieιdzy aktywnosciaι i N0 ma postac
a0 = −dN
dt= λN0 =
ln 2T
N0 , (1)
skaιd
N0 =a0T
ln 2. (2)
Po up lywie czasu τ = 10 dni od chwili zaprzestania naswietlania zosta low pierscieniu w wyniku rozpadu
Nτ = N0 exp(−λτ) (3)
atomow izotopu. Niech m oznacza ilosc materia lu pierscienia, ktora scierasieι w ciaιgu jednej sekundy pracy silnika, a M maseι pierscienia w danejchwili czasu. Za lozmy, ze
m
M= µ = const , (4)
wtedy w przedziale czasu (t, t + dt) ubywa z pierscienia
dN = (−µN − λN)dt (5)
atomow izotopu. Wyrazenie - µNdt (przy za lozeniu, ze geιstosc atomowpromieniotworzcego izotopu 59Fe jest sta la w ca lej objeιtosci pierscienia)jest liczbaι atomow izotopu, ktore w wyniku scierania przesz ly w ciaιgu
200 ROZDZIA L 8. PROMIENIOTWORCZOSC
czasu dt do oleju, wyrazenie zas - λNdt oznacza liczbeι atomow izotopu,ktore rozpadajaι sieι w ciaιgu czasu dt, przy czym N jest liczbaι atomowizotopu 59Fe w pierscieniu po czasie t.Rozwiaιzaniem rownania (5) jest wyrazenie
N = B exp(−(µ + λ)t) . (6)
Jesli czas liczymy od chwili rozpoczeιcia pracy silnika, to dla t = 0 mamyN = Nτ , skaιd
N = Nτ exp(−(µ + λ)t) . (7)
Zmianeι liczby atomow 59Fe w oleju w ciaιgu jednej sekundy mozna opisacza pomocaι rownania
dN ′
dt= µN − λN ′ = −λN ′ + µNτ exp(−(µ + λ)t) . (8)
Wyrazenie µN jest liczbaι atomow 59Fe, ktore przesz ly w ciaιgu jednejsekundy do oleju w wyniku scierania, a λN ′ jest liczbaι atomow 59Fe, ktoreznajdowa ly sieι w oleju wraz ze startym materia lem pierscienia i ulegajaιrozpadowi w ciaιgu jednej sekundy. Przepiszemy rownanie (8) w postaci
dN ′
dt+ λN ′ = µNτ exp(−(µ + λ)t) . (9)
Rozwiaιzanie tego rownania beιdzie sumaι rozwiaιzania ogolnego rownaniajednorodnego
dN ′
dt+ λN ′ = 0 (10)
i rozwiaιzania szczegolnego rownania (9). Rozwiaιzaniem rownania (10)jest
N ′1 = D exp(−λt) , (11)
gdzie D jest sta laι ca lkowania. Rozwiaιzania szczegolnego rownania (9)szukamy w postaci
N ′2 = F exp(−(µ + λ)t) , (12)
skaιd po podstawieniu (12) do (9) znajdujemy sta laι F = −Nτ , a wieιc
N ′ = N ′1 + N ′
2 = D exp(−λt)−Nτ exp(−(µ + λ)t) . (13)
Sta laι D znajdziemy z warunku, ze dla t = 0 (czas liczymy od rozpoczeιciapracy silnika) N ′ = 0, a zatem D = Nτ i
N ′ = Nτ exp(−λt)(1− exp(−µt)) . (14)
Po podstawieniu (3) do (14) otrzymamy
N ′ = N0 exp(−λ(t + τ))(1− exp(−µt)) . (15)
8.2. ZADANIA 201
Aktywnosc oleju zawierajaιcego takaι ilosc izotopu 59Fe znajdziemy bioraιcpochodnaι funkcji N ′(t) wzgleιdem czasu
a′ = −dN ′
dt= N0 exp(−λ(t + τ)) [λ− (λ + µ) exp(−µt)] . (16)
Uwzgleιdniajaιc, ze
a′ = aV
100(17)
i korzystajaιc z (1) otrzymamy
aV
100=
a0
λexp(−λ(t + τ)) [λ− (λ + µ) exp(−µt)] . (18)
Wrocmy do wyrazenia (4) i zapiszmy je w postaci
m
M= µ =
1M
dM
dt, (19)
skaιdM = M0 exp(−µt) . (20)
Ilosc materia lu pierscienia startego w czasie pracy silnika
M ′ = M0 −M = M0(1− exp(−µt)) . (21)
Rozwiaιzujaιc rownanie (18) wzgleιdem µ i podstawiajaιc znalezionaι wartoscdo rownania (21) otrzymamy szukane M ′. Rownanie rozwiaιzemy w sposobprzyblizony korzystajaιc z faktu, ze zwykle ilosc materia lu pierscieniascierana w czasie pracy silnika jest nieduza w porownaniu z masaιpierscienia M0 (pierscien w czasie pracy dociera sieι i po pewnym czasiepracy jego masa prawie sieι nie zmienia - jest to praktyczne ogranicze-nie stosowalnosci za lozenia (4) i rozwiaιzania (21)), to znaczy µt 1.Wyrazenie exp(−µt) mozna wieιc rozwinaιc w szereg poteιgowy i bioraιctylko dwa pierwsze wyrazy rozwinieιcia otrzymamy exp(−µt) ≈ 1 − µt.Zauwazmy jeszcze, ze przy za lozeniu µt 1 jest prawdziwa rownieznierownosc λ µ, wtedy wyrazenie (18) mozna zapisac w postaci
aV
100≈ a0µt exp(−λ(t + τ)) . (22)
Stosujaιc za lozenie, ze µt 1 do (21) otrzymamy
M ′ = M0µt . (23)
ZA rownan (22) i (23) znajdujemy, ze
M ′ =a
a0
M0V
100exp((t + τ)
ln 2T
) . (24)
Podstawiajaιc dane liczbowe otrzymujemy M ′ = 1, 8 ·10−4g, co potwierdzaze nasze za lozenia: µt 1 i µ λ saι s luszne.
202 ROZDZIA L 8. PROMIENIOTWORCZOSC
8.3 Cwiczenia
8.3.1. Okreslic okres po lowicznego rozpadu bizmutu 21083 Bi, jesli wiadomo, ze
jeden gram bizmutu wyemitowa l ∆N = 4, 58 · 1015 czaιstek β w ciaιgujednej sekundy.
Odpowiedz:
T = mNA ln 2A∆N
∆t
≈ 4, 32 · 105s ≈ 5 dob ,
gdzie m - masa probki.
8.3.2. Ile czaιstek α emituje w ciaιgu jednej sekundy jeden miligram radu, iile czaιstek α w ciaιgu jednej sekundy beιdzie emitowa la pozosta la iloscradu po 1000 latach rozpadu? Zaniedbac wk lad produktow rozpadupromieniotworczego. Okres po lowicznego rozpadu radu T = 1590 lat.
Odpowiedz:
n0 =NA ln 2
ATm = 3, 7 · 107s−1 ,
n1000 = n0 exp(−(ln 2)t
T) ≈ 2, 4 · 107s−1 .
8.3.3. Znalezc sredni czas zycia promieniotworczego jaιdra atomu radu.
Odpowiedz:
τ =1λ
=T
ln 2≈ 2290 lat .
Wskazowka:
τ =
∫ 0
N0tdN∫ 0
N0dN
,
gdzie N0 jest poczaιtkowaι liczbaι atomow promieniotworczych, t wyz-naczamy z rownania N = N0 exp(−λt).
8.3.4. Choremu wstrzyknieιto dozylnie 1 cm3 roztworu zawierajaιcego sz-tuczny izotop promieniotworczy sodu 24
11Na o aktywnosci a0 = 2000czaιstek/s. Aktywnosc 1 cm3 krwi pobranej po pieιciu godzinach odchwili wstrzyknieιcia wynosi la a = 16 czaιstek/min. Znalezc objeιtosc krwicz lowieka. Czas po lowicznego zaniku sodu 24
11Na wynosi 15, 3 godzin.
Odpowiedz:
V =a0
aexp(−(ln 2)
t
T) ≈ 6 dm3 .
8.3.5. Po jakim czasie aktywnosc w lasciwa izotopu talu, ktorego okrespo lowicznego rozpadu wynosi T = 3, 5 lat osiaιgnie wartosca′ = 3, 7 · 108Bq/s, jesli preιdkosc powstawania tego izotopu q = 1 · 1010
8.3. CWICZENIA 203
atomow/cm3s? Geιstosc talu ρ = 11, 85 g/cm3.
Odpowiedz:
t = − T
ln 2ln(
1− a′ρ
q
)≈ 2, 9 lat .
8.3.6. Preparat zawierajaιcy rad znajduje sieι w odleg losci r = 1, 2 cm odfluoryzujaιcego ekranu. Jaka ilosc radu znajduje sieι w preparacie, jesliw ciaιgu jednej minuty na powierzchni ekranu rownej S = 0, 02 cm2
zanotowano n = 47 scyntylacji? Produkty rozpadu radu bardzo szybkoodpompowuje sieι. Przyjaιc, ze wszystkie wyrzucane przy rozpadzieatomow radu czaιstki α wybiegajaι z preparatu.
Odpowiedz:
m =4πr2nAT
NASt ln 2≈ 1, 9 · 10−8g .
8.3.7. Jeden gram radu emituje w ciaιgu jednej sekundy n = 3, 7 · 1010 czaιstek αo szybkosci v = 1, 5 · 107m/s. Znalezc energieι wydzielonaι przy rozpadziew ciaιgu jednej godziny.
Odpowiedz:
E = nmv2
2
(1 +
m
M
)t ≈ 103 J .
8.3.8. Wyznaczyc ilosc ciep la wydzielonaι przez jeden gram izotopu 22589 Ac (bez
produktow nasteιpnych rozpadow) w czasie rownym sredniemu czasowizycia tego izotopu. Energia emitowanych czaιstek α wynosi E = 5, 8 MeV.
Odpowiedz:
Q =NAE
Am(1− 1
e)(1 +
m
M) ≈ 1, 56 GJ .
8.3.9. W wyniku rozpadu 1 grama radu (bez uwzgleιdnienia produktow rozpadu)otrzymuje sieι w warunkach normalnych 0, 043 cm3 helu w ciaιgu roku.Okreslic liczbeι Avogadro. ρHe = 0, 178 kg/m3.
8.3.10. Podac ilosc ciep la, ktore wydzieli loby sieι w reakcji syntezy wszystkichjaιder trytu z jaιdrami wodoru w 1 gramie mieszaniny trytu z wodorem.Porownac znalezionaι wartosc z ilosciaι ciep la, ktore zostanie wydzielonepodczas ca lkowitego rozszczepienia 1 grama 235U przyjmujaιc, ze podczasrozszczepienia jaιdra 235U srednio wydziela sieι energia 200 MeV.
Odpowiedz:Qsynt ≈ 47, 2 · 1010 J ,
Qrozszcz ≈ 8, 2 · 1010 J .
204 ROZDZIA L 8. PROMIENIOTWORCZOSC
8.3.11. Ile razy geιstosc jaιdra atomu glinu jest wieιksza od geιstosci glinu?ρAl = 2, 6 · 103kg/m3.
Odpowiedz:
ρj
ρAl=
13mp + 14mn43πρAl(1, 4 · 10−15)3A
≈ 5, 6 · 1013 .
Rozdzia l 9
Reakcje jaιdrowe
9.1 Wsteιp
1. Kaιt odchylenia czaιstki o ladunku elektrycznym Z1e od pierwotnegokierunku ruchu, w uk ladzie srodka masy przy oddzia lywaniu kulom-bowskim z jaιdrem atomu o ladunku Z2e jest dany przez wyrazenie
tanΘ2
=Z1Z2e
2
4πε0µv20b
, (9.1)
gdzie µ jest masaι zredukowanaι uk ladu czaιstka - jaιdro atomu, v0 -poczaιtkowaι preιdkosciaι wzgleιdnaι czaιstki, b - parametrem zderzenia(odleg losc mieιdzy asymptotaι toru czaιstki i prostaι rownoleg laι do niej iprzechodzaιcaι przez jaιdro).
Rys. 9-1 Rozproszenie wiaιzki czaιstek padajaιcych na centrumrozpraszajaιce w przypadku si l odpychajaιcych. Czaιstki trafiajaιce w
pierscien o promieniach b i b+db zostajaι rozproszone w obszarograniczony stozkami o kaιtach rozwarcia θ i θ + dθ.
205
206 ROZDZIA L 9. REAKCJE JAιDROWE
2. Liczba czaιstek rozproszonych w jednostce czasu do kaιta bry lowego dΩ nacienkiej folii o grubosci d
dn = nnad · dσ = nnad
(Z1Z2e
2(1 + m/M)16πε0E
)2dΩ
sin4(Θ/2), (9.2)
gdzie na jest liczbaι atomow w jednostce objeιtosci folii, n - liczbaι czaιstekpadajaιcych na folieι w ciaιgu jednostki czasu, dσ - rozniczkowym przekro-jem czynnym na rozproszenie spreιzyste, E jest energiaι poczaιtkowaι czaιstkiw ruchu wzgleιdnym, m i M saι odpowiednio masaι czaιstki i jaιdra.
3. W reakcjach jaιdrowych spe lnione saι zasady zachowania energii, peιdu, ladunku elektrycznego i liczby barionow, przy czym energia ca lkowita
E =√
E20 + p2c2 , (9.3)
gdzie E0 = m0c2 jest energiaι spoczynkowaι, p - peιdem, c zas - preιdkosciaι
fali elektromagnetycznej w prozni.
9.2 Zadania
9.2.1. Wyznaczyc rozniczkowy przekroj czynny na rozproszenie spreιzysteczaιstek α na cienkiej folii.
Rys. 9-2 Odchylenie toru czaιstki w wyniku rozproszenia na jaιdrzeatomu; rmin jest najmniejszaι odleg losciaι, na jakaι moze zblizyc sieι
czaιstka, gdy jej parametr zderzenia wynosi b, θ jest kaιtem rozproszenia.
Rozwiaιzanie: Niech dN oznacza ilosc czaιstek rozpraszanych w jednostceczasu pod kaιtami lezaιcymi w przedziale Θ, Θ + dΘ. Stosunek
dσ =dN
n, (1)
9.2. ZADANIA 207
gdzie n jest ilosciaι czaιstek przechodzaιcych w jednostce czasu przezjednostkeι powierzchni prostopad lego przekroju wiaιzki jednorodnej, nazy-wamy rozniczkowym przekrojem czynnym na rozproszenie. Przekrojczynny ma wymiar powierzchni. Pod kaιtami lezaιcymi w przedzialeΘ, Θ + dΘ rozpraszane saι tylko te czaιstki, ktorych parametry zderzeniab (odleg losc mieιdzy asymptotaι toru czaιstki, a prostaι rownoleg laι doasymptoty i przechodzaιcaι przez centrum rozpraszajaιce) lezaι w przedzialeb, b + db, przy czym zaleznosc mieιdzy wielkosciami Θ i b jest wzajemniejednoznaczna. Ilosc czaιstek rozproszonych w jednostce czasu pod kaιtamiz przedzia lu Θ, Θ + dΘ jest rowna iloczynowi powierzchni pierscienia za-wartego mieιdzy okreιgami o promieniach b i b + db przez liczbeι czaιstekpadajaιcych na jednostkeι tej powierzchni n w jednostce czasu
dN = 2πb · db · n . (2)
Rozniczkowy przekroj czynny na rozproszenie beιdzie wieιc rowny
dσ =2πb · db · n
n= 2πb · db . (3)
Jesli przepiszemy wzor (3) w postaci
dσ = 2πb(Θ)|db(Θ)dΘ
|dΘ , (4)
to do wyznaczenia dσ wystarczy znajomosc zaleznosci b = b(Θ). Zwiaιzekmieιdzy b i Θ znajdziemy dla przypadku, gdy si ly rozpraszajaιce saι cen-tralne (zalezaι tylko od odleg losci od centrum rozpraszajaιcego). Poniewazruch w polu si l centralnych jest ruchem p laskim, to zasady zachowaniaenergii i peιdu wygodniej jest zapisac we wspo lrzeιdnych biegunowych r , ϕw p laszczyznie ruchu. Zasada zachowania energii w uk ladzie srodka masydla ruchu wzgleιdnego ma postac
E =µ
2
[(dr
dt
)2
+ r2
(dϕ
dt
)2]
+ U(r) = const , (5)
gdzie µ jest masaι zredukowanaι uk ladu czaιstka rozpraszana - centrumrozpraszajaιce, r - odleg losciaι wzgleιdnaι, U(r) - potencja lem oddzia lywania.Z warunkow poczaιtkowych mamy
E =µv2
0
2, (6)
gdzie v0 jest poczaιtkowaι preιdkosciaι wzgleιdnaι. Zasada zachowania peιduma postac
J = µr2 dϕ
dt= const , (7)
gdzieJ = µbv0 . (8)
208 ROZDZIA L 9. REAKCJE JAιDROWE
Podstawiajaιc dϕ/dt z wyrazenia (7) do (5) otrzymujemy rownanie
E =µ
2
[(dr
dt
)2
+J2
µ2r2
]+ U(r) =
µ
2
(dr
dt
)2
+ Uef (r) . (9)
Zagadnienie dwuwymiarowe sprowadzilismy do ruchu (jednowymi-arowego) punktu materialnego o masie µ w polu si ly centralnej o potencjaleefektywnym
Uef (r) =J2
2µr2+ U(r) . (10)
Rozwiaιzujaιc ronanie (9) wzgleιdem dr/dt mamy
dr
dt=
√2µ
(E − U(r))− J2
µ2r2, (11)
skaιd
dt =dr√
2µ
(E − U(r))− J2
µ2r2
. (12)
Korzystajaιc z wyrazenia (7) otrzymujemy
dϕ =J
µr2dt , (13)
co po podstawieniu wyrazenia (12) daje
ϕ =∫ J
µr2dr√
2µ
(E − U(r))− J2
µ2r2
+ const . (14)
Po uwzgleιdnieniu wzorow (6) i (8) mamy
ϕ0 =∫ ∞
rmin
b
r2dr√
1− 2U(r)µv2
0
− b2
r2
, (15)
gdzie rmin jest najmniejszym pierwiastkiem wyrazenia podpier-wiastkowego. Rownanie w sposob zupe lny opisuje ruch (ϕ = ϕ(r)) wuk ladzie srodka masy przez potencja l oddzia lywania U(r) i parametrzderzenia b. Tor czaιstki jest symetryczny wzgleιdem osi przechodzaιcejprzez rmin. Z symetrii toru czaιstki wzgleιdem osi najwieιkszego zblizeniawynika, ze kaιt rozproszenia Θ w uk ladzie srodka masy wiaιze sieι z ϕ0
poprzez zaleznosc2ϕ0 + Θ = π , (16)
9.2. ZADANIA 209
skaιd
Θ(b) = π − 2ϕ0 = π − 2∫ ∞
rmin
b
r2dr√
1− 2U(r)µv2
0
− b2
r2
. (17)
Podstawiajaιc do wzoru (17) potencja l oddzia lywania mieιdzy czaιstkaι omasie m i ladunku elektrycznym q oraz jaιdrem o masie M i ladunku Q:
U(r) =qQ
4πε0r=
α
r(18)
i wykonujaιc ca lkowanie otrzymujemy
Θ(b) = π − 2 arccos
2α
µv20b√(
2α
µv20b
)2
+ 4
, (19)
skaιd
b =α
µv20
cotΘ2
. (20)
Uwzgleιdniajaιc wzor (20) w wyrazeniu (4) na rozniczkowy przekroj czynnymamy
dσ =(
8πε0µv20
)2 1sin4(Θ/2)
dΩ , (21)
gdzie dΩ = sin ΘdΘdφ jest elementem kaιta bry lowego, w ktorym nasteιpujerozproszenie.Wyrazenie (21) okresla rozniczkowy przekroj czynny na rozproszeniespreιzyste w uk ladzie srodka masy. Poniewaz pomiary wykonuje sieι wuk ladzie laboratoryjnym, nalezy przeliczyc kaιty z jednego uk ladu dodrugiego. Ze wzoru (21) widac, ze dla ustalonych warunkow
dσ · sin4 Θ2
= const . (22)
Wyznaczajaιc doswiadczalnie lewaι stroneι wyrazenia, Rutherford otrzyma lzgodnosc wynikow z powyzszaι zaleznosciaι, co pozwoli lo wyciaιgnaιc wnioskidotyczaιce budowy atomu, ze centrum atom-jaιdro o wymiarach rzeιdu10−15m zawiera prawie ca laι maseι atomu i ma ladunek dodatni Ze, gdzieZ jest liczbaι porzaιdkowaι.
9.2.2. Na folieι miedzianaι o grubosci d = 5 · 10−6m pada prostopadle dopowierzchni wiaιzka czaιstek α o nateιzeniu n = 1 · 103 czaιstek na sekundeι.Ile rozproszonych czaιstek α zostanie zarejestrowanych przez liczniki wciaιgu czasu t = 5 minut w przedziale kaιtow φ powyzej 10? Energiaczaιstek α przed rozproszeniem wynosi E = 3, 5 MeV.
210 ROZDZIA L 9. REAKCJE JAιDROWE
Rozwiaιzanie: Poniewaz p lytka, na ktorej nasteιpuje rozproszenie,jest bardzo cienka, wieιc mozna przyjaιc, ze rozproszenie czaιstki α zachodzitylko jeden raz. W przypadku, gdy rozpraszanie zachodzi na bardzocieιzkich (w porownaniu z czaιstkami bombardujaιcymi) atomach, moznaobliczen dokonywac w uk ladzie laboratoryjnym, w przeciwnym razieobliczenia wykonane w uk ladzie srodka masy transponuje sieι do uk ladulaboratoryjnego, w ktorym wykonywane saι pomiary.
Rys. 9-3 Wektorowe dodawanie preιdkosci czaιstek w uk ladzie srodkamasy i preιdkosci srodka masy w uk ladzie laboratoryjnym.
Liczba czaιstek rozproszonych w element kaιta bry lowego dΩ (liczymy wuk ladzie srodka masy)
dn = nandtdσ , (1)
gdziena = NA
ρ
A(2)
jest liczbaι atomow zawartych w jednostce objeιtosci folii, NA - liczba Avo-gadro, A - masa jednego kilomola, ρ - geιstosc materia lu folii, a
dσ =[Z1Z2e
2 (1 + (mα/M))16πε0E
]2dΩ
sin4(Θ/2)(3)
jest rozniczkowym przekrojem czynnym na rozproszenie spreιzyste, przyczym Z1, Z2 oraz mα i M oznaczajaι odpowiednio liczby porzaιdkowe imasy czaιstek bombardujaιcych i atomow tarczy.Korzystajaιc z (1), (2), (3) i wyrazenia dla elementu kaιta bry lowego dΩ =sin ΘdΘdϕ otrzymujemy
dn = n · d · tNAρ
A
[Z1Z2e
2 (1 + (mα/M))16πε0E
]2 sin ΘdΘdϕ
sin4(Θ/2). (4)
9.2. ZADANIA 211
Liczba czaιstek α rozproszonych pod kaιtami lezaιcymi w przedziale mieιdzyΘ1 i Θ2 (w uk ladzie srodka masy):
∆n = n · d · tNAρ
A
[Z1Z2e
2 (1 + (mα/M))16πε0E
]2 ∫ 2π
0
dϕ
∫ Θ2
Θ1
sin ΘdΘsin4(Θ/2)
=
= 4πn · d · tNAρ
A
[Z1Z2e
2 (1 + (mα/M))16πε0E
]2(cot2
Θ1
2− cot2
Θ2
2
). (5)
Przedzia l kaιtowy (Θ1 , Θ2) w uk ladzie srodka masy odpowiadaprzedzia lowi kaιtow (φ1 , φ2) w uk ladzie laboratoryjnym, przy czym kaιtyw obu uk ladach saι zwiaιzane zaleznosciaι
tan φ =sin Θ
mα
M+ cos Θ
. (6)
Dla przypadku, gdy mα M wtedy Θ1 ≈ φ1 i Θ2 ≈ φ2.Podstawiajaιc dane liczbowe ρ = 8, 9 · 103kg/m3, A = 63, 54 kg/mol,Z1 = 2, Z2 = 29, mα/M ≈ 0, otrzymujemy ∆n ≈ 7350 czaιstek.
9.2.3. Czaιstki α o energii E = 5 MeV padajaι w kierunku normalnym do tarczyw postaci folii. Te z czaιstek α, ktore zosta ly rozproszone w kierunkutworzaιcym kaιt 180 z kierunkiem padania czaιstek, mia ly energieι E′ = 3, 9MeV. Znalezc stosunek masy jaιdra atomu, na ktorym nastaιpi lo rozprosze-nie do masy czaιstki α. Przyjaιc, ze zderzenia czaιstek α i jaιder saι centralne.
Rozwiaιzanie: Zak ladamy, ze rozproszenie jest spreιzyste, to znaczy,ze majaι zastosowanie zasady zachowania energii kinetycznej (dlazadanych wartosci energii czaιstek α mozna stosowac wzory mechanikinierelatywistycznej) i peιdu:
mv2
2=
mu2
2+
MV 2
2, (1)
mv = −mu + MV , (2)
gdzie m jest masaι czaιstki α, M - masaι jaιdra, v i u - wartosciamibezwzgleιdnymi preιdkosci czaιstki α odpowiednio przed rozproszeniem i porozproszeniu, V - preιdkosc jaιdra po rozproszeniu (zadanie rozwiaιzujemyw uk ladzie laboratoryjnym, w ktorym jaιdro atomu przed rozprosze-niem spoczywa). W rownaniu (2) wysteιpuje znak minus, poniewazpreιdkosc czaιstki α przed rozproszeniem v i po rozproszeniu u saι prze-ciwnie zwrocone; preιdkosc jaιdra V ma ten sam zwrot, jaki ma preιdkoscv.Z rownania (1) mamy
V 2 =m
M(v2 − u2) , (3)
212 ROZDZIA L 9. REAKCJE JAιDROWE
Z rownania (2) znajdujemy
V =m
M(v + u) . (4)
Podstawiajaιc preιdkosc V ze wzoru (4) do rownania (3) i rozwiaιzujaιc otrzy-mane rownanie wzgleιdem M/m otrzymujemy
M
m=
v + u
v − u=
1 +u
v
1− u
v
. (5)
Poniewaz
E =mv2
2(6)
i
E′ =mu2
2, (7)
gdzie E i E′ saι odpowiednio energiaι kinetycznaι czaιstki α przed rozprosze-niem i po rozproszeniu, wieιc stosunek
u
v=
√E′
E. (8)
Po podstawieniu wyrazenia (8) do wzoru (5) mamy
M
m=
1 +
√E′
E
1−√
E′
E
(9)
i po uwzgleιdnieniu danych liczbowych M/m ≈ 16, to znaczy, ze jaιdra, naktorych nasteιpowa lo rozproszenie mog ly byc na przyk lad jaιdrami atomowcynku 64
30Zn. Wyznaczajaιc liczbeι czaιstek α, rozproszonych w ustalonykaιt bry lowy (zad.9.2.2), mozna ustalic ladunek jaιdra atomu, na ktorymnastaιpi lo rozproszenie, co pozwoli laιcznie z poprzedniaι informacjaι nazupe lne zidentyfikowanie jaιder atomow tarczy.
9.2.4. Znalezc zaleznosc mieιdzy preιdkosciaι wzgleιdnaι vr dwoch zderzajaιcychsieι centralnie czaιstek o ladunkach elektrycznych dodatnich i odleg losciaιr mieιdzy nimi. Najmniejsza odleg losc mieιdzy tymi czaιstkami w czasiezderzenia wynosi r0.
Rozwiaιzanie: W uk ladzie srodka masy zasadeι zachowania energiidla zderzenia centralnego (parametr zderzenia b = 0) mozna zapisac wpostaci wyrazenia
µv2∞
2=
µv2r
2+
Q1Q2
4πε0r, (1)
9.2. ZADANIA 213
gdzie µ jest masaι zredukowanaι uk ladu zderzajaιcych sieι czaιstek, v∞ -wartosciaι bezwzgleιdnaι preιdkosci wzgleιdnej czaιstek, gdy odleg losc mieιdzynimi jest duza (dla tej odleg losci energia kinetyczna czaιstek jest znaczniewieιksza od energii oddzia lywania kulombowskiego mieιdzy nimi), Q1 i Q2
saι wartosciami ladunkow elektrycznych czaιstek.W chwili, gdy czaιstki zblizajaι sieι do siebie na najmniejszaι odleg losc r0,preιdkosc wzgleιdna vr beιdzie rowna zeru. Z rownania (1) otrzymamy wieιcwyrazenie
µv2∞
2=
Q1Q2
4πε0r0. (2)
Podstawiajaιc wyrazenie (2) do rownania (1) otrzymamy
Q1Q2
4πε0r0=
µv2r
2+
Q1Q2
4πε0r, (3)
skaιd po przekszta lceniach mamy szukanaι zaleznosc
vr =[Q1Q2
2πε0
(m1 + m2
m1m2
)(r − r0
rr0
)]1/2
, (4)
gdzie m1 i m2 oznaczajaι masy czaιstek bioraιcych udzia l w zderzeniu.
9.2.5. Czaιstka α o masie m, energii kinetycznej E = 5 MeV i ladunku elek-trycznym dodatnim q zderza sieι z nieruchomym atomem A
ZX (z lota19778 Au) i zostaje rozproszona w ten sposob, ze zmierzona (w uk ladzielaboratoryjnym) sk ladowa preιdkosci prostopad la do pierwotnego kierunkuruchu czaιstki w duzej odleg losci od atomu wynosi v⊥ = 0, 04 c (tzn. wtakiej odleg losci, ze energia potencjalna oddzia lywania mieιdzy jaιdrematomu i czaιstkaι jest zaniedbywalna w porownaniu z wartosciaι energiikinetycznej czaιstki). Znalezc parametry zderzenia.
Rys. 9-4 Zwiaιzek pomieιdzy preιdkosciaι czaιstki w uk ladzielaboratoryjnym i w uk ladzie srodka masy.
214 ROZDZIA L 9. REAKCJE JAιDROWE
Rozwiaιzanie: Sk ladowaι prostopad laι preιdkosci czaιstki rozproszonejwyrazamy przez wielkosci liczone w uk ladzie srodka masy
v⊥ = v∞ sin Θ , (1)
gdzie v∞ jest preιdkosciaι czaιstki (w uk ladzie srodka masy) rozproszonej,znajdujaιcej sieι w duzej odleg losci od atomu, kaιt Θ jest kaιtem rozproszeniaw uk ladzie srodka masy. Z zasady zachowania peιdu i zasady zachowa-nia energii kinetycznej (zderzenie spreιzyste) wynika, ze wartosc preιdkosciczaιstki v∞ w uk ladzie srodka masy po rozproszeniu jest taka sama, jakwartosc preιdkosci przed rozproszeniem v′0. Poniewaz v′0 = v0µ/m (v0 jestpreιdkosciaι czaιstki w uk ladzie laboratoryjnym przed rozproszeniem), wieιc
v∞ =µ
mv0 =
µ
m
√2E
m, (2)
gdzie
µ =mM
m + M(3)
jest masaι zredukowanaι uk ladu atom - czaιstka. Zwiaιzek mieιdzy kaιtemrozproszenia Θ czaιstki padajaιcej, preιdkosciaι v0 i parametrem zderzenia bma postac (Wsteιp - wzor (9.1))
tanΘ2
=Zeq
4πε0
1µv2
0b, (4)
gdzie Z jest liczbaι protonow w jaιdrze atomowym.Z wyrazen (1), (2), (3) i (4) otrzymamy rownanie na b:
b2 − 2
√2E
m
αM
m + M
1v⊥
b + α2 = 0 , (5)
gdzie
α =Zeq
4πε0µv20
=ZeqM
8πε0(m + M)E≈ 2, 23 · 10−14m . (6)
Rozwiaιzaniem tego rownania jest wyrazenie:
b1,2 =ZeqM
8πε0(m + M)E
M
√2E
m(m + M)v⊥
±
√√√√√ M22E
m(m + M)2v2
⊥− 1
(7)
lub
b1,2 = α(β ±
√β2 − 1
)≈ 4, 57 · 10−14m i 1, 09 · 10−14m , (8)
gdzie
β =
√2E
m
M
(m + M)v⊥≈ 1, 27 . (9)
9.2. ZADANIA 215
Otrzymalismy dwa wyrazenia na parametr zderzenia, gdyz znajomoscsk ladowej prostopad lej nie wyznacza jednoznacznie wartosci preιdkosciczaιstki po zderzeniu i kaιta rozproszenia.
9.2.6. Zasieιg czaιstek α (w powietrzu w warunkach normalnych) otrzymany wreakcji 7Li + p −→ 2α wynosi R0 = 12 cm. Znalezc energieι protonowbombardujaιcych jaιdro litu.
Rys. 9-5 Wektorowy wykres zasady zachowania peιdu dla reakcji 7Li + p−→ 2α, gdy czaιstki alfa biegnaι symetrycznie wzgleιdem toru padajaιcego
protonu.
Rozwiaιzanie: Rozpatrzmy szczegolny przypadek, gdy czaιstki α otrzy-mane w tej reakcji biegnaι po torach symetrycznych wzgleιdem kierunkutoru bombardujaιcego protonu i majaι takie same wartosci bezwzgleιdnepeιdu. Energia kinetyczna obydwu czaιstek jest taka sama, a wieιc bilansenergii dla reakcji ma postac:
Tp + Q = 2Tα , (1)
gdzieQ = (mp + mLi − 2mα)c2 ≈ 17, 36 MeV (2)
jest energiaι (ciep lem) reakcji, Tp i Tα saι odpowiednio energiaι kinetycznaιbombardujaιcego protonu i powsta lej w reakcji czaιstki α. Korzystajaιcz empirycznego wzoru na zasieιg czaιstki α (w zaleznosci od jej energiikinetycznej) w powietrzu w warunkach normalnych, s lusznego dla R0 > 7cm:
R0 =(
Tα
37, 2
)1,8
, (3)
gdzie Tα jest energiaι poczaιtkowaι czaιstki α wyrazonaι w MeV, a R0
zasieιgiem liczonym w metrach, otrzymamy
Tp = 74, 4(R0)5/9 −Q , (4)
przy czym Tp i Q wyrazamy w MeV, R0 - w metrach. Podstawiajaιc daneliczbowe dostajemy Tp ≈ 5, 5 MeV.
216 ROZDZIA L 9. REAKCJE JAιDROWE
9.2.7. Wyznzczyc ca lkowitaι energieι Q wydzielonaι przy wyrzuceniu czaιstki α zjaιdra atomu A
ZX. Wiadomo, ze energia czaιstki α powstajaιcej w czasierozpadu wynosi Eα.
Rozwiaιzanie: Korzystajaιc z zasady zachowania peιdu otrzymamydla uk ladu, w ktorym atom A
ZX spoczywa l, rownanie
~pα + ~pY = 0 (1)
gdzie ~pα jest peιdem czaιstki α, ~pY - peιdem atomu A−4Z−2X otrzymanego po
emisji czaιstki α przez jaιdro atomu AZX.
Z rownania (1) widac, ze jaιdro atomu Y i czaιstka α biegnaι w przeci-wne strony. Dla energii, jakie uzyskuje czaιstka α emitowana przez jaιdroX, jej preιdkosc jest ma la w porownaniu z wartosciaι preιdkosci fali elek-tromagnetycznej w prozni c i efekty relatywistyczne mozna zaniedbac(dla v c energieι ca lkowitaι czaιstki swobodnej mozna zapisac w postaciE = E0 + Ekin, gdzie E0 = m0c
2 jest energiaι spoczynkowaι).Ca lkowita energia wydzielona przy wyrzuceniu czaιstki α
Q = Eα + EY = Eα +p2
Y
2mY. (2)
Podstawiajaιc (1) do (2) otrzymamy
Q = Eα +p2
α
2mY= Eα
(1 +
mα
mY
). (3)
Poniewazmα
mY=
Aα
AY, (4)
gdzie Aα i AY saι liczbami atomowymi odpowiednio czaιstki α i jaιdra A−4Z−2X,
wieιc
Q = Eα
(1 +
Aα
AY
). (5)
9.2.8. W reakcji jaιdrowej 1D + 1D −→ n+23He wyzwala sieι energia Q.
Znalezc energieι kinetycznaι otrzymanych neutronow, jesli wiadomo, zeporuszajaι sieι one po torach tworzaιcych kaιt prosty z kierunkiem ruchubombardujaιcych jaιder deuteru. Energia kinetyczna jaιdra deuteru ED.
Rys. 9-6 Diagram wektorowy zasady zachowania peιdu dla reakcji1D +1 D −→ n +2
3 He.
9.2. ZADANIA 217
Rozwiaιzanie: Zwiaιzek mieιdzy peιdami czaιstek bioraιcych udzia l w reakcjiw uk ladzie laboratoryjnym ma postac
p2He = p2
n + p2D . (1)
Bilans energii dla reakcji napiszemy korzystajaιc z bilansu mas czaιstekbioraιcych udzia l w reakcji oraz ich energii kinetycznych: otrzymujemy
Q + ED = EHe + En , (2)
gdzieQ = (2mD −mn −mHe)c2 ≈ 3, 27 MeV . (3)
Rownanie (2) mozna zapisac w postaci
ED + Q =p2
He
2mHe+ En . (4)
Korzystajaιc z (1) otrzymamy
ED + Q =p2
n + p2D
2mHe+ En =
mn
mHeEn +
mD
mHeED + En , (5)
skaιd
En =mHeQ + ED(mHe −mD)
mn + mHe≈ 2, 49 MeV . (6)
Mierzaιc w doswiadczeniu energieι czaιstki bombardujaιcej (deuteru) ienergieι jednej z czaιstek otrzymanych w wyniku reakcji (neutronu), moznakorzystajaιc z zaleznosci (3) i (6), rozwiaιzanych wzgleιdem masy drugiejczaιstki powstajaιcej w czasie reakcji, wyznaczyc maseι nieznanej czaιstki iw ten sposob uzyskac informacjeι potrzebnaι do jej identyfikacji (w opisanejreakcji 3
2He).
9.2.9. Okreslic, z jakaι szybkosciaι powinien wchodzic wodor w reakcjeι syntezyw cyklu weιglowo-azotowym Bethego, aby dostarczyc energii rownejwypromieniowywanej przez powierzchnieι S lonca w ciaιgu jednej sekundy.
Rozwiaιzanie: W cyklu weιglowo-azotowym zaproponowanym przezBethego dla reakcji zachodzaιcych na S loncu i beιdaιcych zrod lem energii,zuzywajaι sieι cztery jaιdra atomu wodoru, a otrzymujemy ostateczniejaιdro helu, przy czym wydziela sieι energia Q = 25, 7 MeV. W ciaιgu jednejsekundy z powierzchni S lonca wysy lana jest energia (zadanie 2.2.2)
E1 = 4πr2σT 4 . (1)
Po podstawieniu danych liczbowych (r = 7 · 108m, T = 6000 K) otrzymu-jemy
E1 = 4, 1 · 1026J/s = 2, 6 · 1039MeV/s .
218 ROZDZIA L 9. REAKCJE JAιDROWE
W jednym cyklu zuzywa sieι m = 4·1, 67·10−27 kg wodoru, dajaιc w wynikureakcji syntezy energieι 25, 7 MeV; staιd, aby dostarczyc energii rownej E1
nalezy zuzyc
m1 = mE1
Q(2)
wodoru. Po przeliczeniu otrzymamy
m1 ≈ 6, 2 · 1011kg/s .
Jest to olbrzymia ilosc materii, mimo to na podstawie obecnego stanudanych szacuje sieι, ze ilosc wodoru na S loncu (oko lo 70% masy S lonca,ktora wynosi 2 · 1030kg) wystarczy laby do podtrzymania cyklu weιglowegojeszcze przez okres oko lo 1011 lat (dla porownania - dotychczasowy wiekZiemi szacuje sieι na oko lo 4, 5 · 109 lat).Dla porownania znajdziemy czas ”dzia lania” S lonca, gdyby energiawysy lana przez S lonce by la tylko otrzymywana w wyniku zamiany energiipotencjalnej si l grawitacji przy kurczeniu sieι S lonca w energieι cieplnaι (teo-ria Helmholtza-Kelvina).Energia wydzielona przy zmianie promienia S lonca od wartosci R1 dowartosci R2 < R1
E = U(R1)− U(R2) , (3)
gdzie U(R1(2)) jest energiaι potencjalnaι S lonca o promieniu R1(2), toznaczy pracaι, jakaι trzeba wykonac, aby sprowadzic materia l, z ktoregozbudowane jest S lonce z obszaru nieskonczenie rozciaιg lego do obszaru opromieniu R1(2). Policzymy najpierw przyrost energii potencjalnej dUkulistej masy M o promieniu r. Jezeli chwilowa odleg losc warstwy o masiedM jest rowna l, to
dU =∫ r
∞γ
M(r)dM
l2dl = −γ
M(r)dM
r, (4)
skaιd
U = −γ
∫ 0
R
M(r)dM
r, (5)
gdzie γ oznacza sta laι powszechnego ciaιzenia. Jesli za lozymy, ze masa jestroz lozona ze sta laι geιstosciaι ρ, to
M(r) =43πr3ρ = M
r3
R3, (6)
gdzie M jest masaι S lonca, a R jest jego promieniem, wieιc
dM =3M
R3r2dr , (7)
skaιd
U = −γ3M2
R6
∫ 0
R
r4dr = −35γ
M2
R. (8)
9.2. ZADANIA 219
Jesli przyjmiemy, ze S lonce promieniuje energieι ze sredniaι mocaι W , toprzy za lozeniu, ze S lonce skurczy lo sieι od rozmiarow o nieskonczenie duzejrozciaιg losci do rozmiarow obecnych, maksymalny czas, w ciaιgu ktoregoS lonce mog loby promieniowac energieι beιdzie rowny
t =U(∞)− U(R)
W. (9)
Po podstawieniu danych liczbowych otrzymujemy dla t wartosc rownaι 50milionow lat. Otrzymany wynik jest sprzeczny z danymi uzyskanymi przybadaniu najwczesniejszych form zycia organicznego na Ziemi. Badaniate prowadzaι do wniosku, ze zycie organiczne istnia lo juz na Ziemi oko lomiliarda lat temu i ze moc promieniowania S lonca by la w przyblizeniutaka sama jak obecnie. Poniewaz S lonce nie jest zapewne m lodsze odZiemi, wynika staιd, ze podany mechanizm dostarczania energii zuzywanejna promieniowanie S lonca nie moze byc jedynym lub podstawowym mech-anizmem.
9.2.10. Czaιstka o masie spoczynkowej m1 i preιdkosci v zderza sieι ze spoczywajaιcaιczaιstkaι o masie m2. W wyniku reakcji powstaje tylko jedna czaιstka.Znalezc maseι spoczynkowaι m3 i preιdkosc powsta lej czaιstki. Rozpatrzycprzypadek relatywistyczny.
Rozwiaιzanie: Energia ca lkowita powsta lej czaιstki
E23 = m2
3c4 + p2
3c2 , (1)
skaιd mamy
m3 =1c2
√E2
3 − c2p23 . (2)
Energia ca lkowita nowej czaιstki jest rowna sumie energii ca lkowitychczaιstek przed reakcjaι. W uk ladzie, w ktorym czaιstka o masie m2 przedreakcjaι spoczywa la,
E23 =
(√m2
1c4 + p2
1c2 + m2c
2
)2
. (3)
Uwzgleιdniajaιc, ze peιd uk ladu jest sta ly, otrzymamy
p1 = p3 =m1v√1− v2
c2
. (4)
Korzystajaιc z (3) i (4) znajdujemy
m23 = m2
1 + m22 +
2m1m2√1− v2
c2
. (5)
220 ROZDZIA L 9. REAKCJE JAιDROWE
Preιdkosc V nowo powsta lej czaιstki znajdziemy z wyrazenia (1) oraz z
.p3 =m3V√1− v2
c2
(6)
Rozwiaιzujaιc uk lad rownan (1) i (6) wzgleιdem V otrzymujemy
V =p3c
2
E=
m2v
m1 + m2
√1− v2
c2
. (7)
9.2.11. Akcelerator daje na wyjsciu wiaιzkeι czaιstek na ladowanych elektrycznieo energii kinetycznej T . Nateιzenie praιdu wiaιzki czaιstek wynosi i.Znalezc cisnienie wywierane przez wiaιzkeι na poch laniajaιcaι czaιstki tarczeιustawionaι prostopadle do kierunku ruchu wiaιzki. Masa spoczynkowaczaιstek m, ladunek elektryczny e.
Rozwiaιzanie: Zmiana sk ladowej normalnej peιdu tarczy w ciaιgujednostki czasu jest rowna sredniej sile dzia lajaιcej na powierzchnieι tarczy.Stosunek tej si ly do wielkosci powierzchni tarczy beιdzie rowny cisnieniuwywieranemu przez wiaιzkeι na tarczeι.Peιd uzyskany przez tarczeι po poch lonieιciu przez niaι czaιstki
p =
√E2
c2−m2c2 , (1)
gdzie E jest energiaι ca lkowitaι padajaιcej czaιstki rownaι
E = mc2 + T . (2)
Podstawiajaιc (2) do (1) otrzymamy
p =1c
√T (T + 2mc2) . (3)
W ciaιgu jednostki czasu na powierzchnieι S tarczy pada
n =i
eS (4)
czaιstek. Cisnienie wywierane przez wiaιzkeι na powierzchnieι tarczy beιdziewieιc rowne
F
S=
i
ec
√T (T + 2mc2) . (5)
W przypadku wiaιzki protonow o nateιzeniu i = 0, 1 µA i energii kinetycznejT = 1 GeV, cisnienie beιdzie rowne p ≈ 4, 2 · 10−9 mm Hg ≈ 5, 6 · 10−7 Pa.
9.3. CWICZENIA 221
9.3 Cwiczenia
9.3.1. Czaιstka α o preιdkosci poczaιtkowej v0 = 5 · 106m/s zderza sieι centralniez jaιdrem atomu uranu 238
92 U . Obliczyc wartosc promienia efektywnegojaιdra uranu, to znaczy najmniejszaι odleg losc, na jakaι zbllizy sieι czaιstkaα do jaιdra.
Odpowiedz:
rmin =Ze2
4πε0µv20
≈ 2, 6 · 10−13m
gdzie µ jest masaι zredukowanaι uk ladu czaιstka α - jaιdro atomu uranu.
9.3.2. Znalezc rozniczkowy i ca lkowity przekroj czynny na rozproszenie czaιstekna idealnie spreιzystej kuli o promieniu R. Energieι oddzia lywania moznaopisac rownaniami
U(r) =
0 dla r > R∞ dla r < R
Rachunki wykonac w uk ladzie srodka masy.
Rys. 9-7 Rozproszenie czaιstki na twardej, idealnie spreιzystej kuli opromieniu R, parametr zderzenia czaιstki wynosi b.
Odpowiedz:
dσ =R2
4dΩ ,
gdzie dΩ = 2π sin ϑdϑ jest kaιtem bry lowym zawartym mieιdzywspo lsrodkowymi stozkami o kaιtach rozwarcia ϑ i ϑ + dϑ.
σ = πR2 .
222 ROZDZIA L 9. REAKCJE JAιDROWE
9.3.3. Porownac energieι potencjalnaι oddzia lywania grawitacyjnego mieιdzyneutronami i protonami z energiaι wiaιzania deuteru. Odleg losc mieιdzynukleonami w jaιdrze deuteru jest rzeιdu 10−15 m.
Odpowiedz:
Un,p = γmnmp
r≈ 10−36 MeV ,
E = (mp + mn −MD)c2 = 2, 23 MeV .
9.3.4. Obliczyc energieι elektrostatycznego oddzia lywania protonow w jaιdrzeatomu o ladunku E i liczbie masowej A. Za lozyc, ze jaιdro ma kszta lt kulio promieniu R i ze protony saι w niej objeιtosciowo rownomiernie roz lozone.
Odpowiedz:
U =3Z(Z − 1)e2
20πε0R;
dla jaιdra uranu 235 energia U = 837 MeV.
9.3.5. Znalezc strateι energii czaιstki o masie m w centralnym zderzeniu elasty-cznym ze spoczywajaιcym jaιdrem atomu o masie M . Energia poczaιtkowaczaιstki E0.
Odpowiedz:
∆E = E0
[1−
(M −m
M + m
)2]
.
9.3.6. Czaιstka o masie m1 zderza sieι centralnie ze spoczywajaιcym jaιdrem atomuo masie m2. Pokazac, ze jesli zderzenie jest spreιzyste, to wzgleιdna strataenergii czaιstki bombardujaιcej wynosi
∆E1
E1=
E1 − E′1
E1=
4m1m2
(m1 + m2)2,
dla m1 = m2 : ∆EE = 1.
9.3.7. Ile centralnych zderzen elastycznych ze spoczywajaιcymi atomami deuterupotrzeba, aby zmniejszyc energieι neutronu od E1 = 1 MeV do energiiruchu termicznego w temperaturze 300 K, E2 = 0, 025 eV.
Odpowiedz:
n =ln
E2
E1
2 lnmD −mn
mD + mn
≈ 8 .
9.3. CWICZENIA 223
9.3.8. Czaιstka o masie m1 i energii kinetycznej E1 zderza sieι ze spoczywajaιcymjaιdrem o masie m2. W wyniku reakcji jaιdrowej powstajaι dwie czaιstki(rys. 9-8) o masie odpowiednio m3 i m4 i energii kinetycznej E3 i E4.Znalezc ciep lo reakcji.
Rys. 9-8 Ilustracja zasady zachowania peιdu dla rozproszenianiespreιzystego.
Odpowiedz:
Q =(
1 +m3
m4
)E3 −
(1− m1
m4
)E1 −
2√
m1m3E1E3
m4cos ϑ3 ,
gdzie ϑ3 jest kaιtem mieιdzy kierunkami ruchu czaιstki bombardujaιcej omasie m1 i czaιstki o masie m3.
9.3.9. Obliczyc najmniejszaι energie kinetycznaι neutronu, przy ktorej zajdziereakcja 7
3Li (α, n)105 B. Tarcza litowa jest nieruchoma.
Odpowiedz:
Ekin = | − (MB + mn) + (MLi + mα)|c2
(1 +
mα
MLi
)=
= |Q|(
1 +mα
MLi
)≈ 4, 4 MeV .
W przypadku, gdy gazowy hel beιdzie bombardowany przez jaιdra litu,E′
kin = 7, 7 MeV. Wyjasnic, dlaczego odpowiedzi saι rozne.
9.3.10. Obliczyc, o ile wzrosnie masa 1 kg wody przy ogrzaniu jej od temperatury0 C do 100 C?
Odpowiedz:
m =cwm∆t
c2≈ 4, 6 · 10−9g .
224 ROZDZIA L 9. REAKCJE JAιDROWE
9.3.11. Zak ladajaιc, ze srednia energia wydzielana przy rozpadzie jaιdra atomuuranu 235
92 U wynosi Q = 200 MeV, obliczyc ilosc weιgla, ktora dostarczyteι samaι ilosc energii jak 1 kg uranu. Ciep lo spalania weιgla cs = 3·107J/kg.
Odpowiedz:
m = QNA
csA≈ 2, 7 · 106kg .
9.3.12. Czaιstki o masie m1 i m2 zderzajaι sieι spreιzyscie. Znalezc zaleznosc energiikinetycznej T2 czaιstki drugiej w przypadku nierelatywistycznym odpoczaιtkowej energii kinetycznej T0 czaιstki pierwszej i kaιta rozproszeniaczaιstki drugiej ϑ2 (kaιt pomieιdzy kierunkiem ruchu pierwszej czaιstki przedrozproszeniem a kierunkiem czaιstki drugiej po rozproszeniu (rys. 9-9)) wuk ladzie laboratoryjnym. Do chwili zderzenia druga czaιstka spoczywa.
Rys. 9-9 Wektorowy wykres zasady zachowania peιdu dla spreιzystegozderzenia dwoch czaιstek.
Odpowiedz:
T2 =4m1m2
(m1 + m2)2T0 cos2 ϑ2 .
Rozdzia l 10
Uzupe lnienia
I Przyblizone wartosci niektorych sta lych
Niektore sta le fizyczne(dok ladniejsze wartosci: http:/ /physics.nist.gov/cgi-bin/cuu)
sta la grawitacji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . γ = 6, 67 · 10−11kg−1s2
przyspieszenie grawitacyjnenormalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . g0 = 9, 80665 ms2
sta la Avogadro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . NA = 6, 022 · 1026(mol)−1
liczba Loschmidta . . . . . . . . . . . . . . . . . . NL = 2, 687 · 1025m−3
sta la Boltzmanna . . . . . . . . . . . . . . . . . . k = 1, 38 · 10−23JK−1
sta la Plancka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . h = 6, 625 · 10−34Jsh = h
2π = 1, 054 · 10−34Jssta la Wiena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . b = 0, 289 · 10−2mKsta la Stefana-Boltzmanna . . . . . . . . . . σ = 5, 669 · 10−8Wm−2K−4
sta la dielektryczna prozni . . . . . . . . . . ε0 = 8, 854 · 10−12Fm−1
14πε0
= 9 · 109mF−1
przenikalnosc magnetycznaprozni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . µ0 = 1, 266 · 10−6Hm−1 = 4π · 10−7Hm−1
preιdkosc swiat la w prozni . . . . . . . . . . c = 2, 99792 · 108ms−1
sta la struktury subtelnej . . . . . . . . . . . α = 7, 297 · 10−3
1α = 137, 039
atomowa jednostka masy -1/12 masy atomu izotopu weιgla 12C 1 AEM = 1.66 · 10−27kgmasa spoczynkowa elektronu . . . . . . . m0e = 9, 109 · 10−31kgmasa spoczynkowa protonu . . . . . . . . . m0p = 1, 6725 · 10−27kgmasa spoczynkowa neutronu . . . . . . . m0n = 1, 6748 · 10−27kg ladunek elektryczny elektronu . . . . . . e = 1, 602 · 10−19C
225
226 ROZDZIA L 10. UZUPE LNIENIA
klasyczny promien elektronu . . r0 = 2, 817 · 10−15mkomptonowska d lugoscfali elektronu . . . . . . . . . . . . . . . . . Λe = 2, 426 · 10−12mmagneton Bohra . . . . . . . . . . . . . . µB = 0, 927 · 10−23JT−1
promien pierwszejorbity bohrowskiej . . . . . . . . . . . . a0 = 5, 29 · 10−11mcisnienie atmosferycznenormalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p0 = 1, 01325 · 105Pajednostka aktywnosci preparatupromieniotworczego . . . . . . . . . . . 1 Ci = 3, 70 · 1010s−1
objeιtosc jednego kilomolagazu doskona legow warunkach normalnych . . . . . V0 = 22, 41 m3
liczba Faradaya . . . . . . . . . . . . . . . F = 9, 648 · 107C(kg-rownowaznik)−1
sta la gazowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . R = 8, 31 · 103JK−1mol−1
sta la Rydberga . . . . . . . . . . . . . . . R = 3, 288 · 1015s−1
R′∞ = r
c = 1.0974 · 10−2m−1
sta la Rydberga dla wodoru . . . R′H = 1, 0967 · 107
energia 1 elektronowolta . . . . . . 1 eV = 1, 602 · 10−19Jd lugosc fali odpowiadajaιcajednemu elektronowoltowi . . . . . = 1, 24 · 10−6mczeιstosc fali odpowiadajaιcajednemu elektronowoltowi . . . . . = 2, 42 · 1014s−1
energia rownowazna masiespoczynkowej elektronu . . . . . . . = 0, 511 eVenergia rownowazna masiespoczynkowej protonu . . . . . . . . = 938, 2 MeVenergia rownowazna masiespoczynkowej neutronu . . . . . . . = 939, 5 MeV
Wielkosci astronomiczne
sredni promien orbity Ziemi (jednostkaastronomiczna d lugosci) . . . . . . . . . . . . . . = 1, 49 · 1011msredni promien Ziemi . . . . . . . . . . . . . . . . = 6, 37 · 106mmasa Ziemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 5, 98 · 1024kgokres obiegu Ziemi woko l S lonca(≈ 1 rok) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 3, 16 · 107sokres obrotu Ziemi woko l w lasnej osi(srednia doba s loneczna) . . . . . . . . . . . . . = 8, 64 · 104spromien S lonca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 6, 96 · 108mmasa S lonca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 1, 99 · 1030kgsredni promien orbity Ksieιzyca . . . . . . . = 3, 84 · 108msredni promien Ksieιzyca . . . . . . . . . . . . . = 1, 74 · 106mmasa Ksieιzyca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 7, 34 · 1022kg
I. PRZYBLIZONE WARTOSCI NIEKTORYCH STA LYCH 227
rok swietlny (droga, jakaι przebywaw ciaιgu roku fala elektromagnetycznaw prozni) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 9, 46 · 1015m
228 ROZDZIA L 10. UZUPE LNIENIA
II Funkcja gamma Eulera Γ(x)
Ca lki oznaczone ∫ ∞
0
xne−axdx (1)∫ ∞
0
xxne−ax2dx (2)
mozna wyrazic poprzez funkcjeι gamma Eulera Γ(x) zdefiniowanaι poprzez wzor
Γ(x) =∫ ∞
0
tx−1e−tdt , x > 0 (3)
Niektore w lasnosci funkcji gamma:
Γ(x + 1) = xΓ(x) (4)
Γ(x) · Γ(1− x) =π
sin πx(5)
Γ(x) · Γ(
x +12
)=
√π
22x−1Γ(2x)1 (6)
Dla x = n, gdzie n jest liczbaι naturalnaι, mamy
Γ(n) = (n− 1)! (7)
Γ(
n +12
)=√
π
2n(2n− 1)!! (8)
Γ(
12− n
)= (−1)n 2n
√π
(2n− 1)!!(9)
gdzie (2n − 1)!! jest iloczynem kolejnych liczb naturalnych nieparzystych doliczby 2n− 1 w laιcznie.Szczegolne wartosci funkcji Γ(x)
Γ(1) = Γ(2) = 1 (10)
Γ(
12
)=√
π (11)
Γ(−1
2
)= −2
√π .2 (12)
Uwzgleιdniajaιc (3) mozna ca lki (1) i (2) zapisac w postaci∫ ∞
0
xneaxdx =Γ(n + 1an+1
, gdy a > 0 , n > −1 (13)
∫ ∞
0
xne−ax2dx =
Γ(
n + 12
)2a
n+12
, gdy a > 0 , n > −1 . (14)
1I.M.Ryzyk, I.S.Gradsztejn: Tablice ca lek, sum, szeregow i iloczynow. PWN Warszawa,1964; s.344, §6.3 (inne w lasnosci funkcji gamma).
2I.N.Bronsztejn, K.A.Siemiendiajew: Wartosci funkcji gamma dla niektorych wartosci ar-gumentu. Poradnik Encyklopedyczny, ”Matematyka”. PWN Warszawa, 1959, s.87.
III. NIEKTORE ZWIAιZKI MIEιDZY UK LADAMI WSPO LRZEιDNYCH 229
III Niektore zwiaιzki mieιdzy uk ladamiwspo lrzeιdnych
Niektore zwiaιzki mieιdzy uk ladami wspo lrzeιdnych: kartezjanskim,sferycznym i cylindrycznym
Rys. U-1 Wspo lrzeιdne punktu w uk ladach kartezjanskim i cylindrycznym.
Rys. U-2 Wspo lrzeιdne punktu w uk ladach kartezjanskim i sferycznym.
Zwiaιzki mieιdzy wspo lrzeιdnymi sferycznymi (r, ϑ, ϕ) i kartezjanskimi(x, y, z):
x = r sin ϑ cos ϕ , y = r sin ϑ sin ϕ , z = r cos ϑ ,
230 ROZDZIA L 10. UZUPE LNIENIA
r =√
x2 + y2 + z2 , ϕ = arctany
x, ϑ = arctan
√x2 + y2
z,
oraz cylindrycznymi (r, ϕ, z)i kartezjanskimi:
x = r cos ϕ , y = r sin ϕ , z = z ,
r =√
x2 + y2 , ϕ = arctany
x= arcsin
y
r.
Objeιtosc obszaru elementarnego dV w dowolnych wspo lrzeιdnych krzywolin-iowych (u, v, w) okreslonych wzorami:
x = x(u, v, w) , y = y(u, v, w) , z = z(u, v, w)
znajdujemy ze wzoru
dV = |D|dudvdw , gdzie jakobian D =
∂x∂u
∂x∂v
∂x∂w
∂y∂u
∂y∂v
∂y∂w
∂z∂u
∂z∂v
∂z∂w
We wspo lrzeιdnych sferycznych i cylindrycznych wyznacznik D rowny jestodpowiednio: r2 sin ϑ i r.Gradient w uk ladzie wspo lrzeιdnych-kartezjanskim
grad f ≡ ∇f =[∂f
∂x,
∂f
∂y,
∂f
∂z
],
-sferycznym
∇f =[
∂f
0∂r,
1r
∂f
∂ϑ,
1r sin ϑ
∂f
∂ϕ
],
-cylindrycznym
∇f =[∂f
∂r,
1r
∂f
∂ϕ,
∂f
∂z
].
Laplasjan w uk ladach wspo lrzeιdnych:-kartezjanskim
∆f ≡ ∇2f =∂2f
∂x2+
∂2f
∂y2+
∂2f
∂z2,
-sferycznym
∆f =1r2
∂
∂r
(r2 ∂f
∂r
)+
1r2 sin ϑ
∂
∂ϑ
(sin ϑ
∂f
∂ϑ
)+
+1
r2 sin2 ϑ
∂2f
∂ϕ2,
-cylindrycznym
∆f =1r
∂
∂r
(r∂f
∂r
)+
1r2
∂2f
∂ϕ2+
∂2f
∂z2.
III. NIEKTORE ZWIAιZKI MIEιDZY UK LADAMI WSPO LRZEιDNYCH 231
Rotacja w uk ladach wspo lrzeιdnych:-kartezjanskim
(rot ~A)x =∂Az
∂y− ∂Ay
∂z; (rot ~A)y =
∂Ax
∂z− ∂Az
∂x;
(rot ~A)z =∂Ay
∂x− ∂Ax
∂y;
-sferycznym
(rot ~A)r =1
r sin ϑ
[∂
∂ϑ(Aϕ sin ϑ)− ∂Aϑ
∂ϕ
];
(rot ~A)ϑ =1
r sin ϑ
∂Ar
∂ϕ− 1
r
∂(rAϕ)∂r
;
(rot ~A)ϕ =1r
∂(rAϑ)∂r
− 1r
∂Ar
∂ϑ;
-cylindrycznym
(rot ~A)r =1r
∂az
∂ϕ− ∂Aϕ
∂z;
(rot ~A)ϕ =∂Ar
∂z− ∂Az
∂r;
(rot ~A)z =1r
∂
∂r(rAϕ)− 1
r
∂Ar
∂ϕ.
Recommended