Nowy dokument

Przykładowe pełne rozwiązanie

Komentarz (krok 1.)

Zapiszemy zasadę zachowania pędu dla układu atom - foton. Pęd początkowy układu wynosi zero, zatem pęd całkowity układu po emisji fotonu też wynosi zero:

$\overrightarrow{0}=\vec{p}_{a t}+\vec{p}_{f}$

$\vec{p}_{a t}=-\vec{p}_{f} \quad \xrightarrow{\text { wartości }} \quad p_{a t}=p_{f}$

gdzie:

$p_{a t}=m v$

Komentarz (krok 2.)

Skorzystamy ze wzorów na energię fotonu i pęd fotonu:

$E_{f}=\frac{h c}{\lambda} \quad p_{f}=\frac{h}{\lambda}$

i wyznaczymy związek między energią fotonu a jego pędem:

$p_{f}=\frac{E_{f}}{c}$

Komentarz (krok 3.)

Otrzymane związki podstawimy do zasady zachowania pędu i wykonamy obliczenia:

$m v=\frac{E_{f}}{c},$ $v=\frac{E_{f}}{m c}=\frac{59,5 \cdot 1,6 \cdot 10^{-19}}{2,19 \cdot 10^{-25} \cdot 3 \cdot 10^{8}} \frac{\mathrm{~m}}{\mathrm{~s}} \approx 14,5 \cdot 10^{-2} \frac{\mathrm{~m}}{\mathrm{~s}} \approx 0,145 \frac{\mathrm{~m}}{\mathrm{~s}}$

Przykładowe pełne rozwiązanie

Komentarz

Wyrazimy energię kinetyczną odrzuconego atomu za pomocą jego pędu, z wykorzystaniem wzorów:

$E_{k i n}=\frac{1}{2} m v^{2} \quad \text { oraz } \quad p_{a t}=m v ,$ $E_{k i n}=\frac{p_{a t}^{2}}{2 m}$

Zastosujemy związek między pędem fotonu a energią fotonu:

$p_{f}=\frac{E_{f}}{c}$

Zastosujemy zasadę zachowania pędu układu atom - foton:

$p_{a t}=p_{f}$

Obliczamy iloraz energii kinetycznej atomu do energii fotonu, z wykorzystaniem powyższych zależności:

$\frac{E_{k i n}}{E_{f}}=\frac{p_{a t}^{2}}{2 m E_{f}}=\frac{p_{f}^{2}}{2 m E_{f}}=\frac{\left(\frac{E_{f}}{c}\right)^{2}}{2 m E_{f}}=\frac{E_{f}}{2 m c^{2}}$

Przykładowe pełne rozwiązania

Sposób 1. (ze wzoru podanego w zadaniu)

$\frac{E_{k i n}}{E_{f}}=\frac{E_{f}}{2 m c^{2}}=\frac{59,5 \cdot 1,6 \cdot 10^{-19} \mathrm{~J}}{2 \cdot 2,19 \cdot 10^{-25} \cdot 3^{2} \cdot 10^{8 \cdot 2} \mathrm{~J}} \approx 2,4 \cdot 10^{-10}$

Wniosek: Energia kinetyczna odrzuconego atomu jest do pominięcia w porównaniu z energią emitowanego fotonu.

Sposób 2. (z obliczonej prędkości odrzutu)

$\frac{E_{k i n}}{E_{f}}=\frac{m v^{2}}{2} \frac{1}{E_{f}}=\frac{219 \cdot 10^{-27} \cdot 0,145^{2} \mathrm{~J}}{2 \cdot 59,5 \cdot 1,6 \cdot 10^{-19} \mathrm{~J}} \approx 0,024 \cdot 10^{-8} \approx 2,4 \cdot 10^{-10}$

Wniosek: Foton unosi prawie całą energię wydzieloną w procesie przeskoku elektronu w atomie.

Pełne rozwiązanie

B2

Przykładowe pełne rozwiązanie

Komentarz (krok 1.)

Zastosujemy związek między energią kinetyczną, którą uzyskał elektron w polu elektrycznym, a pracą siły elektrycznej działającej na ten elektron, łącznie ze wzorem na energię kinetyczną:

$\Delta E_{k i n}=W_{E} \quad \text { gdzie } \quad \Delta E_{k i n}=\frac{1}{2} m v^{2}-0$

Ponadto zastosujemy wzór na pracę w polu elektrycznym:

$W_{E}=e U$

Z tego wynika, że:

$\frac{1}{2} m v^{2}=e U$

Komentarz (krok 2.)

Wyrazimy energię kinetyczną za pomocą pędu i masy elektronu:

$p=m v \quad > > > \rightarrow \quad \frac{1}{2} m v^{2}=\frac{p^{2}}{2 m}$

Z powyższych zależności otrzymujemy:

$\frac{p^{2}}{2 m}=e U$

Komentarz (krok 3.)

Wykonujemy obliczenia:

$p=\sqrt{2 m \Delta E_{k i n}} \rightarrow p=\sqrt{2 m e U}$ $p=\sqrt{2 \cdot 9,1 \cdot 10^{-31} \cdot 1,6 \cdot 10^{-19} \cdot 6,1 \cdot 10^{2}} \frac{\mathrm{~kg} \cdot \mathrm{~m}}{\mathrm{~s}}$ $p=13,3 \cdot 10^{-24} \frac{\mathrm{~kg} \cdot \mathrm{~m}}{\mathrm{~s}}=1,33 \cdot 10^{-23} \frac{\mathrm{~kg} \cdot \mathrm{~m}}{\mathrm{~s}}$

Przykładowe pełne rozwiązanie

Komentarz

Wyznaczymy długość fali prawdopodobieństwa (fali de Broglie’a) elektronu ze związku między długością fali a pędem swobodnej cząstki:

$\lambda=\frac{h}{p}$

$\lambda=\frac{6,63 \cdot 10^{-34} \mathrm{~J} \cdot \mathrm{~s}}{1,33 \cdot 10^{-23} \frac{\mathrm{~kg} \cdot \mathrm{~m}}{\mathrm{~s}}} \approx 5,0 \cdot 10^{-11} \mathrm{~m}=0,05 \mathrm{~nm}$

Komentarz

Do obliczenia kąta wykorzystamy wzór na wzmocnienie interferencyjne fali elektronu przechodzącej przez układ dwóch szczelin (dla $n=1$ ):

$n \lambda=d \sin \alpha_{n} \quad \rightarrow \quad \sin \alpha_{1}=\frac{\lambda}{d}$

$\sin \alpha_{1}=\frac{\lambda}{d}=\frac{0,05 \mathrm{~nm}}{270 \mathrm{~nm}}=0,000(185) \quad \xrightarrow{\text { kalkulator naukowy }} \quad \alpha_{1} \approx 0,011^{\circ} \approx 0,0002 \mathrm{rad}$

Uwaga!

Opisany eksperyment dyfrakcji pojedynczych elektronów - jeden z najdonioślejszych w fizyce - jest realizacją eksperymentu myślowego Richarda Feynmana. Sam Feynman pisał o tym zjawisku jako mającym w sobie serce mechaniki kwantowej i zawierającym tajemnicę.

Efekty zaobserwowane w opisanym doświadczeniu są niezwykle subtelne. Uzyskano bardzo małe kąty obserwacji wzmocnień interferencyjnych, ale znacząco większe od stosunku d/(odległość płytki do ekranu). Dlatego otrzymany na ekranie obraz dyfrakcji i interferencji elektronów także był bardzo mały. Uzyskany wzór powiększono za pomocą elektrostatycznej soczewki kwadrupolowej i zobrazowano na specjalnym ekranie.

Wyniki doświadczenia potwierdzają falowe własności pojedynczych elektronów.

Rozwiązanie

C