МВКАЗ ПР ЗАН СФ - kpi.uaooep.kpi.ua/downloads/disc/emt/emt_pr.pdfПрактичні...

Практичні заняття з курсу “Електромагнітна та квантова теорія випромінювання” 2 курс, кафедра оптичних та оптико-електронних приладів НТУУ “КПІ”

Балінський Є.Г., Коваленко Л.А.

Практичне заняття 1 Розділ 1. Електромагнітна теорія світла Тема 1.2 (2 години). Шкала електромагнітних хвиль План заняття:

1. На початку заняття проводиться самостійна робота на 15 хвилин (якщо розділ починає курс, то для визначення рівня студентів з математики, але якщо розділ – друга половина курсу, то проводиться самостійна робота з першої половини курсу).

2. Розв’язуються задачі типу 1, 2, 4.218 [1]. Матеріали заняття:

1. Варіанти для самостійної роботи: Необхідні визначення та формули: Коливаннями називаються обмежені рухи біля деякого середнього положення, що повторюються. Хвиля – це поширення коливань у просторі, що проходить з обмеженою швидкістю. Довжина електромагнітної хвилі λ (просторовий період) пов'язана з її частотою коливання ν співвідношенням:

в вакуумі ωπ

=ν

==λc2ccTв

в середовищі ωπυ

=νυ

=υ=λ2Tс , причому

nв

сλ

=λ ,

де ν

=1T період по часу хвилі ,

T22 π

=πν=ω - кругова частота, υ - швидкість

поширення хвилі, n – показник заломлення середовища відносно вакууму, який дорівнює εµ=n , де ε- діелектрична проникність, µ - магнітна проникність середовища.

Математичний вираз світлової хвилі – рівняння плоскої монохроматичної хвилі, що біжить вздовж осі х:

( )

υ−ω=

xtSinEt,xE 0

Параметрами хвилі являються: 0E - амплітуда хвилі,

υ−ω=ϕ

xt - фаза хвилі, що біжить.

kxtxt −ω=

υ−ω=ϕ , k – хвильове число, що дорівнює числу довжин хвиль, які

містяться на відрізку, довжиною 2π. λπ

=υ

π=

υω

=21

T2k ,

λ−π=

υ−

π=ϕ

xTt2xt

T2

Таким чином, є три визначення рівняння плоскої хвилі:

( )

υ−ω=

xtSinEt,xE 0

( ) ( )kxtSinEt,xE 0 −ω=

( )

λ−π=

xTt2SinEt,xE 0



Світлова хвиля має два періоди: по простору λ та по часу T. Очевидно, що

( ) ( )Tt,xExtSinEt,xE 0 +=

υ−ω= (1.1)

( ) ( )t,xExtSinEt,xE 0 λ+=

υ−ω= (1.2)

Для довідки: Оптичний діапазон електромагнітних хвиль поділяється на три ділянки, які мають

назви ультрафіолетової, видимої та інфрачервоної, відповідно. Згідно [2]

Далека (вакуумна) 1÷185 нм Ультрафіолетова Ближня 185÷400 нм Видима 400÷700 нм

Ближня 0,7÷2,5 мкм Середня 2,5÷50 мкм Інфрачервона Дальня 50÷1000мкм

Задачі: Задача 1. Знайти зміщення, швидкість, прискорення точки хвилі, що віддалена від джерела

коливань на 2/3 λ для моменту часу ¾ T, якщо амплітуда хвилі дорівнює 0,1 м, часовий період 0,1 с.

Розв'язок: Рівняння хвилі:

зміщення м05,05,01,06

Sin1,03

224T3

T2Sin1,0E =⋅=

π

=

λ

λπ

−π

=

швидкість

c/м44.56

cosET2x2t

T2cosE

T2

vxtcosEE 000 =

ππ=

λπ

−ππ

=

−ωω=′

прискорення 20

2

0

2

с/м1976

sinET2x2t

T2sinE

T2E −=

π

π

−=

λπ

−π

π

−=′′ .

Задача 2. Визначити швидкість поширення хвилі в середовищі, якщо відомо, що при частоті

1000Гц різниця фаз між точками, які знаходяться на відстані 1м і 7.8 м від джерела, рівна 4π.

Розв'язок:

( )

λπ

−π

= x2tT2SinEt,xE 0

λπ

−π

= 101 x2tT2SinEE ,

λπ

−π

= 202 x2tT2SinEE

( )122121 xx2x2tT2x2t

T2

−λπ

=λπ

−π

+λπ

−π

=ϕ−ϕ=ϕ∆ ,



так як ν

==λvvT , ( ) π=−

πν=ϕ∆ 4xx

v2

12 , тоді

( ) с/м3400м8,62

c11000

xx2

v 12 ==−ν

=

Задача 3. Визначити частоту коливань електромагнітної хвилі для різних ділянок оптичного

спектру та записати в таблицю: Розв'язок:

ν==λ

ccT , тобто λ

=νc

ділянка діапазон довжин хвиль діапазон частот λ

=νc , Гц

ультрафіолетова 1 ÷ 400 нм 3⋅1017 ÷ 7,5⋅1014 видима 400 ÷ 700 нм 7,5⋅1014 ÷ 4,28⋅1014

інфрачервона 0,7 ÷ 1000 мкм 4,28⋅1014 ÷ 3⋅1011

Домашнє завдання:

1. Довести (1.1) та (1.2) 2. Виписати рівняння Максвела, назвати величини, що в них входять, та їх

розмірності. 3. Визначити частоти коливань електромагнітних хвиль, довжини яких у

середовищі з діелектричною проникністю ε = 2,25 дорівнюють, відповідно: λ1 = 487 нм, λ2 = 220 нм, λ3 = 1200 нм. Назвати до яких ділянок спектру відносяться ці хвилі.

4. Для демонстрації заломлення Герц застосовував призму, виготовлену з парафіну. Визначте показник заломлення парафіну, якщо його діелектрична проникність 2, а магнітна проникність 1.

5. Швидкість поширення електромагнітних хвиль в деякому середовищі складає 250 Мм/с. Визначте довжину електромагнітної хвилі в цьому середовищі, якщо їх частота в вакуумі дорівнює 1 МГц.

6. Електромагнітна хвиля з частотою 5 МГц переходить з немагнітного середовища з діелектричною проникністю 2 в вакуум. Визначте приріст її довжини хвилі.

Практичне заняття 2 Розділ 1:: Електромагнітна теорія світла Тема 1.3 (2 години). Рівняння Максвела План заняття:

1. Записуються та розбираються рівняння Максвела для діелектриків в системі СІ. 2. Розв’язуються задачі типу 4.218, 4.219, 4.220 [1].

Матеріали заняття: 3. Таблиця рівнянь Максвела в різних системах 4. Одиниці різних систем (додаток до заняття) [3] , [4].

Система Гауса (СГСЕ) Система СІ



tB

c1Erot

∂∂

−=r

r

jc

4tD

c1Hrot π

+∂∂

=r

r

πρ= 4Ddivr

0Bdiv =

r

EDrr

ε= , HBrr

µ= , Ejr

σ=

tBErot

∂∂

−=r

r

jtDHrot +

∂∂

=r

r

ρ=Ddivr

0Bdiv =

r

ED 0

rrεε= , HB 0

rrµµ= , Ej

rσ=

Електрична провідність σ σ, См(сіменс) = Ом-1 Швидкість світла в вакуумі

c, 3⋅108 м/с 00

1µε

Напруженість електричного поля E, (см-1/2 г1/2 с-1)

E4 0πε , В/м

Індукція електричного поля (електричне зміщення) D,

D/4 0επ , Кл/м2

Напруженість магнітного поля H, ерстед (Е)

H4 0πµ , А/м

Магнітна індукція B, гаус (Гс)

B/4 0µπ , Т(тесла) =Вб/м2

Відносні діелектрична та магнітна проникності

ε, µ

ε,µ

0µ = 1, 0ε = 1 Магнітна стала 0µ = 1.256⋅10-6 Г/м,

Г(генрі) (індуктивність)=Вб(вебер)/А=В.с/А Електрична стала

0ε = 8.854⋅10-12 Ф/м, Ф(ємність)=Кл/В, Електромагнітне поле - векторне і змінне в часі. В кожний момент часу стан його

характеризується двома векторними полями – електричним Е і магнітним Н, зв’язаними між собою явищем електромагнітної індукції. Електромагнітні коливання – взаємозв’язані коливання електричного і магнітного полів, складають це поле. Поширення електромагнітних коливань проходить у вигляді електромагнітних хвиль з кінцевою швидкістю (у вакуумі з швидкістю світла). Існування електромагнітних хвиль було передбачене Фарадеєм в 1832 р. Максвел в 1865 р. теоретично показав, що електромагнітні коливання поширюються у вакуумі зі швидкістю світла. В 1888 році теорія Максвела знайшла підтвердження в дослідах німецького фізика Герца. Теорія Максвела дозволила встановити, що радіохвилі, світло, рентгенівське та гама-випромінювання являють собою електромагнітні хвилі з різними довжинами.

Аналіз рівнянь Максвела дозволяє зробити наступні висновки про властивості

електромагнітного поля: 1. Електромагнітне поле поширюється в середовищі у вигляді хвиль, що

називаються електромагнітними, зі швидкістю εµ

=υc , зокрема, в вакуумі

ε = µ =1, і c=υ (система Гауса) 2. Електромагнітні хвилі поперечні, тобто електричний і магнітний вектори

коливаються у площині, перпендикулярній напряму поширення хвилі.



3. Вектори Ev

та Hv

в електромагнітній хвилі перпендикулярні одне одному і створюють з вектором швидкості υ

v праву систему взаємно перпендикулярних векторів. Права система векторів означає, що якщо дивитись в напрямку вектора υ

v , то поворот вектора Ev

до суміщення з вектором Hv

по найкоротшому шляху відповідає повороту по годинниковій стрілці.

Задачі: Задача 4.218 [Ошибка! Закладка не определена.]. Електромагнітна хвиля з частотою ν = 3 МГц переходить з вакууму в немагнітне

середовище з діелектричною проникністю ε = 4. Знайти приріст її довжини хвилі. Розв'язок:

ν=λ

c0 ,

νυ

=λ , εµ

=υc , µ = 1,

ε=υ

c ,

−

εν=λ−λ=λ∆ 11c

0 = 3 ⋅108 м/с 3 ⋅106 1/с (0,5-1) = -50 м

Відповідь: м50−=λ∆

Задача 4.219 [Ошибка! Закладка не определена.]. Плоска електромагнітна хвиля падає нормально на поверхню плоско паралельного

шару товщиною l з немагнітної речовини, діелектрична проникність якого експоненційно падає від значення ε1 на передній поверхні до ε2 на задній. Знайти час поширення даної фази хвилі через цей шар.

Розв'язок: Зрозуміло, що необхідно знайти період хвилі. Швидкість поширення хвилі в

заданому середовищі залежить від координати х. Якщо сумістити передню поверхню плоско паралельного шару з початком координат, то залежність діелектричної проникності від координати х може мати вигляд:

l

kx

1e−

ε=ε , тоді, при х = 0, 1ε=ε , а при х = l , 2ε=ε , звідки, k = 2

1lnεε .

Час, потрібний для того, щоб пройти елементарний проміжок, дорівнює

( )l

l

kx

1i

kx

1

i

i

ii ex

c1

e

cx

xxt

−

−

ε∆=

ε

∆=

υ∆

=∆ ,

2

1210

2kx

1

0

2kx

1

ln

1c

)(2eck

2dxe

ctt

εε

ε−ε=ε−

=ε

==∆−−

∫∑ ll ll

l

l

Відповідь:

2

121

ln

1c

)(2t

εε

ε−ε=l

Задача 4.220 [Ошибка! Закладка не определена.].



Плоска електромагнітна хвиля з частотою ν= 10 Мгц поширюється в слабо провідному середовищі з питомою провідністю σ = 10 мС/м і діелектричною проникністю ε = 9. Знайти відношення амплітуд густини струмів провідності та зміщення.

Розв'язок:

Ej σ= , tDjзм ∂

∂= , ED 0

rrεε= ,

−ω=

vxtSinEE 0 ,

tsinEtDj 00зм ωεωε−=

∂∂

=

tcosEj 0 ωσ=

25.0

1

мcА

с1109854.828.6

Омм110

9мФ10854.8

с11028.6

м/мС102j

j

25

3

1270а

зм

а

==⋅

⋅⋅⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅

=εωπνε

σ=

−

−

−

Відповідь:

2jjа

зм

а

=

Додому: Задача. Плоска електромагнітна хвиля, амплітуда електричної складової якої дорівнює 100

В/м, а частота ν = 10 МГц поширюється в немагнітному середовищі з діелектричною проникністю ε = 9. Знайти амплітудне значення щільності струму зміщення .

Відповідь:

2азм м

А5,0j =

Задача. Плоска електромагнітна хвиля, амплітуда електричної складової якої дорівнює

1000 В/м поширюється в немагнітному середовищі з діелектричною проникністю ε = 16. Знайти амплітудне значення магнітної індукціі .

Відповідь: T1033.1В 5

m−⋅=

Додаток Система Гауса [4, стор.21] - система одиниць, що побудована на основі систем

СГС (сантиметр, грам, секунда) – СГСЕ та СГСМ. При цьому одиниці всіх електричних та

магнітних величин виражаються через сантиметр, грам, секунду за допомогою

співвідношень, що описують електричні та магнітні закономірності. Система СГСЕ –

абсолютна електростатична система – основана на законах електростатичних взаємодій

зарядів. Система СГСМ – абсолютна магнітна система – основана на законах магнітної

взаємодії струму. В абсолютній гаусовій системі (СГС) одиниці для всіх електричних

величин співпадають з одиницями СГСЕ, а одиниці всіх магнітних величин співпадають з

одиницями СГСМ.



Про Гаусову систему та назви одиниць в ній дивись [5]. В СГСЕ назва одиниці та її

розмірність це одне й те ж, а в СГСМ – назва одиниці та її розмірність – це різні речі.

Через те магнітні величини мають свої назви, наприклад, напруженість магнітного поля –

ерстед (розмірність ерстеда – см-1/2.г1/2.с-1), а електричні мають тільки розмірність.

Основні одиниці СІ

Одиниця Позначення

Величина Назва Українське (Російське) Латинське

довжина (длина) метр(метр) м m

маса (масса) кілограм (килограм)

кг kg

час (время) секунда с s

сила електричного струму

ампер А А

термодинамічна температура

кельвін К К

сила світла кандела кд cd

кількість речовини моль моль Mol

Додаткові одиниці СІ Плоский кут радіан рад rad

Тілесний кут стерадіан ср sr

Похідні одиниці СІ, які мають власні назви

Одиниця Позначення

Вираз похідної одиниці

Величина

Назва Українське

(Російське) Латинське

Через другі одиниці СІ

Через основні одиниці СІ

частота герц Гц Hzл - c-1

сила ньютон Н N - м.кг.с-2

тиск(давление) паскаль Па Pa Н/м2 м-1.кг.с-2



енергія, робота, кількість теплоти

джоуль Дж J Н.м м2.кг.с-2

Потужність, потік енергії

ват Вт W Дж/с м2.кг.с-3

Кількість електрики, електричний заряд

кулон Кл C А.с с.А

Електрична напруга, електричний

вольт В V Вт/А м2.кг.с-

3.А-1 Електрична ємність фарада Ф F Кл/В м-2.кг.с-

3.А2 Електричний опір ом Ом Ω (омега

большое, В/А м2.кг.с-

3.А-2 Електрична провідність

сименс См S А/В м-2.кг-

1.с3.А2 Потік магнітної індукції

вебер Вб Wb В.с м2.кг.с-

2.А-1 магнітна індукція тесла Т Т Вб/м2 кг.с-2.А-1

Індуктивність генрі Г H Вб/А м2.кг.с-

2.А-2 Світловий потік люмен лм lm кд.ср

Освітленість люкс лс lx м-2. кд.ср

Активність нукліда беккерель Бк Bq c-1

Доза випромінення грей Гй Gy м2.с-2

Практичне заняття 3

Розділ 1:: Електромагнітна теорія світла Тема 1.4 (2 години). Хвильове рівняння План заняття:

5. Виводиться хвильове рівняння в системі СІ. 6. Розв’язуються задачі типу 4.222 [1].

Матеріали заняття: 2. Лекції з курсу: 3. Методичні вказівки [6].

Необхідні визначення та формули:

Скалярне рівняння плоскої хвилі, що

поширюється вздовж заданої осі.

Розглянемо поширення

електромагнітного поля у вигляді плоскої лінійно

поляризованої монохроматичної

хвилі. Для цього візьмемо прямокутну

υv

x

y

z

Ev

Hv



систему координат x,y,z так, щоб електричний вектор мав напрям паралельний осі y. У цьому випадку: Ey = E, Ex = 0, Ez = 0.

Враховуючи ці умови, скалярні рівняння Максвела для плоскої лінійно поляризованої хвилі, що поширюється вздовж осі x, можна записати у вигляді двох рівнянь (в системі СІ):

tH

xE z

0y

∂∂

µµ−=∂

∂

tE

xH y

0z

∂

∂εε=

∂∂

−

Або, після заміни Ey на E, а Нy на Н

tH

xE

0 ∂

∂µµ−=

∂

∂ (3.1)

tE

xH

0 ∂

∂εε−=

∂

∂ (3.2)

Про диференціюємо рівняння (1) по х

∂

∂

∂∂

µµ−=

∂

∂

∂∂

µµ−=∂

∂

xH

ttH

xxE

002

2

Підставляючи у цей вираз рівняння (3.2), отримаємо хвильове рівняння для електричного вектора

∂

∂µµεε=

∂

∂2

2

002

2

tE

xE

(3.3)

Аналогічно отримаємо хвильове рівняння для магнітного вектора

∂

∂µµεε=

∂

∂2

2

002

2

tH

xH

(3.4)

Таким чином, значення електричного та магнітного векторів у змінному електромагнітному полі підкоряються одному й тому ж диференційному рівнянню і поширюються вздовж осі х у вигляді поперечних хвиль у взаємно перпендикулярних площинах. Розв’язком хвильових рівнянь (3.3) та (3.4), а значить, і рівнянь Максвелла (3.1) та (3.2) в дійсній формі, можна вважати вирази:

υ−ω=

xtSinEE 0

υ−ω=

xtSinHH 0

Вони являють собою рівняння поперечних хвиль однієї частоти, що поширюються вздовж осі х з однаковою швидкістю.

Вектори Ev

та Hv

в монохроматичній хвилі, що біжить, коливаються синфазно, тобто вони одночасно і в одних і тих же точках простору досягають максимального чи мінімального значення.

Зв’язок між Е та Н в монохроматичній хвилі, що біжить, дається виразом HE ⋅µ=⋅ε (в системі Гауса),

або HE 00 ⋅µ⋅µ=⋅ε⋅ε (в системі СІ). Задачі: Задача 4.222.



В вакуумі поширюється плоска електромагнітна хвиля E = eyEmcos(ωt-kx), де ey - орт осі y, Em = 160 В/м, k = 0,51 м-1. Знайти вектор H в точці х з координатою х = 7,7 м в момент:

а) t = 0, б) t = 33 нс. Розв'язок:

По умові )x,t(EE)kxtcos(EeE ymy ==−ω⋅⋅=rr

. Так як, електрична та магнітна складові поля завжди перпендикулярні одна одній, то магнітна складова коливається в площині zx, тобто має тільки компоненту Hz (див. рисунок вище):

)x,t(HHeH zz =⋅=rr

,

[ ]z

zyx

H00zyx

eee

HHrot∂∂

∂∂

∂∂

=×∇=

rrr

rrr, де z,yx ee,e

rrr - орти , відповідно, осі x, осі y та осі z.

tD

xH

ex

He

yH

eHrot zy

zy

zx ∂

∂=

∂∂

−=∂

∂−

∂∂

⋅=rrrr

)kxtcos(EeED my00 −ω⋅⋅ε=ε=rrr

, похідна )kxtsin(EetD

my0 −ω⋅ω⋅⋅ε−=∂∂ r

r

)kxtsin(Eex

He m0y

zy −ωωε−=

∂∂

−rr

)kxtsin(Ex

Hm0

z −ωωε=∂

∂, переносимо в праву частину диференціал по х, та інтегруємо по

координаті x, x)kxtsin(EH m0z ∂−ωωε=∂ ∫∫ , отримаємо, що )kxtcos(k1EH m0z −ωωε= ,

застосовуючи в останньому виразі, що c

k ω= , маємо

)kxtcos(EceHe)t,x(H m0zzz −ωε⋅=⋅=rrr

Вирахуємо напруженість магнітного поля для двох моментів часу в точці з координатою x=7,7 м згідно умови задачі:

при t = 0

мАe301,0)7,7k0cos(EceHe)0,м7.7(H zm0zzz

rrrr−=⋅−⋅ωε⋅=⋅=

при t = 33 нс

мАe184,0)7,7k1033cos(EceHe)нс33,м7.7(H z

9m0zzz

rrrr=⋅−⋅⋅ωε⋅=⋅= −

Відповідь:

мАe301,0)0,м7.7(H z

rr−=

мАe184,0)нс33,м7.7(H z

rr=

Додому та для розв’язку в аудиторії: Задача.



Плоска електромагнітна хвиля, амплітуда електричної складової якої дорівнює 2500 В/м поширюється в немагнітному середовищі з діелектричною проникністю ε = 9. Знайти амплітудне значення електричної індукції.

Відповідь: 1,99.10-7 Кл/м2

Задача. Плоска електромагнітна хвиля, амплітуда електричної складової якої дорівнює 25

мВ/м, поширюється в середовищі з питомою провідністю σ = 10 См/м . Знайти амплітудне значення щільності струму провідності.

Відповідь: 0,25 А/м2

Практичне заняття 4 Розділ 1:: Електромагнітна теорія світла Тема 1.5 (2 години). Властивості електромагнітних хвиль. Енергія світлової хвилі. План заняття:

3. Розв’язуються задачі типу 4.224, 4.225, 4,226[1]. 4. Проводиться самостійна робота на 25 хвилин на закріплення матеріалу з

електромагнітної теорії світла Матеріали заняття:

4. Лекції з курсу: 5. Варіанти для самостійної роботи

Необхідні визначення та формули: Енергія, що переноситься світловою хвилею в напряму її поширення, характеризується вектором потоку, який називається вектором Умова-Пойнтінга

[ ]HE4cS

rrr×

π= , в системі Гауса, або [ ]HES

rrr×= в системі СІ

Модуль вектора Умова-Пойнтінга – це густина енергії світлової хвилі ( світловий потік), що проходить за одиницю часу через одиничну площадку, яка перпендикулярна вектору.

Система Гауса (СГСЕ) Система СІ

[ ]HE4cS

rrr×

π= [ ]HES

rrr×=

Швидкість світла у вакуумі c, 3⋅108 м/с c=

00

1µε

0µ = 1

0ε = 1 Магнітна стала 0µ = 1.256⋅10-6 Г/м,

Г(індуктивність)=Вб/А=АсВ ⋅

Електрична стала 0ε = 8.854⋅10-12 Ф/м, Ф(ємність)=Кл/В,

Е E4 0πε , В/м D D/4 0επ , Кл/м2 H H4 0πµ , А/м



B B/4 0µπ , тесла (тл)

Інтенсивністю світла в даній точці простору І називається середня по часу густина світлового потоку, тобто середній по часу світловий потік через одиничну площадку, яка перпендикулярна до напряму поширення світлової хвилі. Вона пов’язана з модулем вектора Умова-Пойнтінга операцією осереднення по часу спостереження Т

∫==Т

0

SdtТ1SI

µµ=εε 00 HE - в плоскій електромагнітній хвилі, що біжить ( в системі СІ). Задачі: Задача 4.224 [Ошибка! Закладка не определена.]. Знайти середній вектор Пойнтінга <S> у плоскої електромагнітної хвилі

( )rktcosEE m ⋅−⋅ω= , якщо хвиля поширюється у вакуумі. Розв'язок

[ ]H*ESrrr

= , [ ]HESrrr

⋅= ,

)xt(cosEE m υ−ω= , )xt(cosHH m υ

−ω= , 0

0mm EH

µ

ε=

)xt(coscE)xt(cosE)xt(cosEHS 20

2m

2

0

02m

2mm υ

−ω⋅ε=υ

−ωµε

=υ

−ω=r

))xt(2cos1(2

cE)2

)xt(2cos

21(cES 0

2m

02m υ

−ω+ε

=υ−ω

+⋅ε=r

∫∫ υ−ω⋅⋅

ε+⋅⋅

ε=

υ−ω+⋅

ε=

нн T

0н

02m

нн

02m

T

0н

02m dt)xt(2cos

T1

2cET

T1

2cEdt))xt(2cos1(

T1

2cES

r

Більшість приймачів: - людське око, фотоелемент, болометр, термоелемент і т.д. не можуть внаслідок інерційності реєструвати швидкі коливання потужності. Значить, вони реєструють середню по часу потужність, яка визначається першою частиною виразу:

21cES 0

2m ⋅ε=

r

Відповідь: 2

cES 0

2mε

=r

Задача 4.225[Ошибка! Закладка не определена.]. В вакуумі поширюється плоска електромагнітна хвиля, частота якої ν =100 МГц і

амплітуда електричної складової Еm = 50 мВ/м. Знайти середнє за період коливання значення:

a) модуля густини струму зміщення; b) густини потоку енергії.



Розв'язок

HESrrr

×= , HES ⋅= , dtHET1S

T

0∫ ⋅= , де Т – період коливання

T2π

=ν tT2cosEE m

π=

rr ,

E)1вакуум(ED 00

rrrε==ε−=εε=

а) tT2sinE

T2

tDj m0зм

πε

π−=

∂∂

=rr

, tT2sinE

T2t

T2sinE

T2j m0m0зм

π−ε

π=

πε

π−=

rr

ππ−

ππε=

ππ−ε= ∫ ∫∫

2/T

0

T

2/Tm0

T

0m0зм )t

T2(td

T2sin)t

T2(td

T2sin

T1E)t

T2(dt

T2sin

T1Ej

rr

=

ππ−

ππε= ∫ ∫

2/T

0

T

2/Tm0зм )t

T2(td

T2sin)t

T2(td

T2sin

T1Ej

r

)22(T1E)t

T2cost

T2cos(

T1E m0

T2/T

2/T0m0 +ε=

π+

π−ε=

rr

23

m0m0зм мA10177.0E4

T1E4j −⋅=νε=ε=

rr

Відповідь: 2зм ммА177.0j =

б) HES ⋅= , µµ=εε 00 HE , для вакуума ε = µ = 1, звідси 00 HE µ=ε

а c = 00

1µε

, враховуючи це, отримаємо cEEEH 0

00

0

0

0 ε=µε

ε=

µ

ε= , підставляємо у

вираз для S, отримаємо )tT4cos1(Eсt

T2cosEсEсHES 2

m022

m02

0π

+ε=π

ε=ε=⋅=

226

2m0

T

0

2m0 м

мкВт3.3мВт103.3

2Eс

dt)tT4cos1(

T15.0EсS =⋅=

ε=

π+⋅⋅ε= −∫

Відповідь: 2ммкВт3.3S =

Задача 4.226 [Ошибка! Закладка не определена.]. В вакуумі поширюється плоска електромагнітна хвиля, частоти ω, для якої середнє

значення густини потоку енергії дорівнює <S>. Знайти амплітудне значення струму зміщення в цій хвилі.

Розв'язок

20

0 E2

cS

ε=Ι= tcosEE 0 ω= ED 0ε=

t)E(

j 0зм ∂

ε∂= 00

азм Ej ωε=

00 c

S2E

ε=

cS2

cS2

j 0

00

азм

εω=

εωε=

Відповідь: c

S2j 0азм

εω=



Задачі: Задача 4.227 [Ошибка! Закладка не определена.]. В вакуумі вздовж осі х поширюються дві плоскі електромагнітні хвилі, електричні

складові яких змінюються по закону E1 = E0cos(ωt-kх) і E2 = E0cos(ωt-kх+ϕ) Знайти середнє значення густини потоку енергії.

Е=Е1+Е2= Е0(cos(ωt-kx)+ cos(ωt-kx+ϕ)) =

=2Е0

ϕ++ω−−ω

ϕ+−ω+−ω

2kxtkxtcos

2kxtkxtcos =2Е0

ϕ

ϕ+−ω

2cos

2)kxt(2cos

Н= E0

0

µ

ε=Eε0c=ε0c2Е0

ϕ

ϕ+−ω

2cos

2)kxt(2cos

( )dt2/kxt2cos1(T1

2cos2EcS

T

0

2200 ∫ ϕ+−ω+

ϕ⋅⋅ε= ,

Відповідь: )cos1(cES 200 ϕ+ε=

Задача 4.228 [Ошибка! Закладка не определена.]. В вакуумі поширюються дві плоскі електромагнітні , одна вздовж осі х, друга

вздовж осі у :Е1=Е0cos(ωt-kx) Е2=Е0cos(ωt-ky), где вектор Е0 направлений паралельно осі z. Знайти середнє значення густини потоку енергії в точках площини у=х. Розв'язок:

Е = Е1+ Е2= 0E22 ⋅

cEEE

H 000

0

0

0 ε=µε

ε=

µ

ε=

02

0

T

0E2cdtHE

T1S ε=⋅= ∫

Відповідь: 200cE2S ε=

Додому: Задача 1. Плоска монохроматична електромагнітна хвиля поширюється в вакуумі в напрямі

осі ОХ. Амплітуда напруженості електричного поля Еm = 30 В/м. Визначити інтенсивність І хвилі.

Відповідь: 22m0 м/Вт2.1Ec

21I =ε=

Задача 2. Пробій у повітрі відбувається при напруженості електричного поля Е = 30 кВ/см.

Якою у цьому разі є середня густина потоку енергії S плоскої електромагнітної хвилі?

Відповідь: 2м/ГВт12S = Задача 3. Чому дорівнюють амплітуди напруженостей електричного Em і магнітного Hm

полів плоскої електромагнітної хвилі у повітрі з такою інтенсивністю, яка є: а) у сфокусованому випромінюванні потужного лазера ( І = 1014 Вт/см2); б) у потоці сонячної енергії на верхніх шарах земної атмосфери ( І = 1,35 кВт/м2 – так звана сонячна стала)?

Відповідь: ;м/MA73c

I2H,м/ГВ27c

I2E)а0

m0

m =µ

==ε

=

;м/A68,2H,м/кВ01,1E)б mm ==



Задача 4. Яка енергія переноситься плоскою гармонічною електромагнітною хвилею,

амплітуда напруженості електричного поля якої Em = 50 мкВ/м, за час t = 10 хв крізь перпендикулярну до напряму поширення хвилі поверхню, якщо її площа S =1 м2?

Відповідь: нДж22/StcEW 2m0 =ε=

Практичне заняття 5 Розділ 1:: Електромагнітна теорія світла Тема 1.6 (1 година). Ефект Доплера Тема 1.7 (1 година). Основи класичної теорії електромагнітного випромінювання План заняття:

5. Розв’язуються задачі типу 5.248, 5.249[1]. 6. Проводиться самостійна робота на 45 хвилин на закріплення матеріалу з

електромагнітної теорії світла Матеріали заняття:

6. Лекції з курсу: 7. Варіанти для самостійної роботи

Необхідні визначення та формули: Ефект Доплера

Згідно з ефектом Доплера частота світла ω, яку сприймає приймач світла, зв’язана з частотою джерела світла ω0 співвідношенням:

θβ−β−

ω=ωcos1

1 2

0 , (5.1)

де cυ

=β , а υ- швидкість джерела, θ - кут між напрямом швидкості джерела і напрямом на

приймач. При θ =0 ефект Доплера називають повздовжнім, при θ = π/2 – поперечним. Знаючи зв’язок між частотою та довжиною хвилі, виразимо частоту джерела світла через його довжину хвилі λ, а частоту приймача виразимо через довжину хвилі λ∆±λ , причому знак “+” означає збільшення довжини світла, що сприймається приймачем відносно довжини світла джерела, а знак “-” означає зменшення довжини світла, що сприймається приймачем.

θβ−β−

⋅λ

=λ∆±λ cos1

111 2

Покажемо, що знак при λ∆ , зв’язаний зі зменшенням чи збільшенням довжини хвилі приймача відносно джерела, показує також на віддалення чи наближення джерела до спостерігача. Перетворимо попереднє співвідношення

( ) 21)(cos1 β−⋅λ∆±λ=θβ−⋅λ , звідси, збираючи подібні члени отримаємо

( ) 22 11cos1 β−⋅λ∆±=β−−θβ−⋅λ , звідки

2

2

1

)1cos1(

β−

β−−θβ−⋅λ=λ∆±

Визначимо знак λ∆ при θ = 0 (джерело наближається до спостерігача)

( )

−

β+⋅β−

β−⋅λ=

β−

β−−β−⋅λ=

β−

β−−β−⋅λ=λ∆ 1

1)1(

1

1

)1)1((

1

)11(2

2

22

2

2

0 ,

скорочуючи, отримаємо



−

β+

β−⋅λ=λ∆ 1

11

0 , так як β<1, то вираз в дужках завжди менше нуля, тобто λ∆

завжди від’ємна, коли спостерігач та джерело наближаються одне до одного. Визначимо знак λ∆ при θ = 1800 (джерело віддаляється від спостерігача)

( )

−

β+⋅β−

β+⋅λ=

β−

β−−β+⋅λ=

β−

β−−β+⋅λ=λ∆ 1

1)1(

1

1

)1)1((

1

)11(2

2

22

2

2

180 ,

скорочуючи, отримаємо

−

β−

β+⋅λ=λ∆ 1

11

180 , так як β<1, то вираз в дужках завжди більше нуля, тобто λ∆

завжди позитивна, коли спостерігач та джерело віддаляються одне від одного. Таким чином, можна записати, узагальнену формулу, яка зв’язує знак λ∆ з віддаленням чи наближенням спостерігача та джерела.

−

β

β±⋅λ=λ∆± 1

11m

(5.2)

Диполь (основи класичної теорії електромагнітного випромінювання). В класичній (не квантовій) електронній теорії випромінювання атома розглядається на основі моделі лінійного гармонічного осцилятора – диполя, що випромінює. Диполь – це система з двох рівних по величині та протилежних за знаком електричних зарядів, що знаходяться на малій відстані одне від одного. Добуток величини одного з зарядів на відстань між ними називається дипольним моментом. Нейтральний ізольований атом можна представити сукупністю гармонічних осциляторів (диполів, що коливаються), випромінювання яких еквівалентно випромінюванню атома. Інтенсивність випромінювання диполя

Електричне поле, що випромінюється диполем на відстані r від нього в напрямку, що створює кут θ з віссю диполя визначається виразом

,rsinp

c41E m

2

20

θωπε

=θ де pm – амплітуда диполя, що коливається по

синусоїдальному закону з кутовою частотою ω. Магнітне поле, що дорівнює θε= cEH 0 відповідне полю Еθ електромагнітної хвилі.

З цього виразу можна зробити наступні висновки: 1. Вектори Е та Н лежать у площині, дотичній до сферичної хвильової поверхні в

точці спостереження. 2. При θ = 0, Н = Е = 0, тобто диполь не випромінює електромагнітної енергії в

напрямку своєї осі. 3. При θ = π/2, Е = Еmax, Н = Нmax, максимум випромінюється в напрямку,

перпендикулярному до осі диполя. 4. При θ = const, Н = Е і амплітуда обернено пропорційна відстані r, тобто хвиля,

що випромінюється диполем, являється сферичною. Інтенсивність випромінювання диполя на відстані r ( середня за часом густина потоку енергії осцилюючого з частотою ω диполя)

230

2

22m

4

rc32sinp

),r(Sεπ

θω=θ

Задачі: Задача.



При фотографуванні спектра зірки ε-Андромеди знайдено, що лінія титану (λ = 495,4 нм) зміщена до фіолетового краю спектра на λ∆ = 0,17 нм. З якою швидкістю рухається зірка відносно Землі?

Розв'язок: Використаємо формулу (5.2) зі знаком “-”, так як довжина хвилі, що сприймається

спостерігачем зменшується у порівнянні з довжиною хвилі зірки

−

β+

β−⋅λ=λ∆− 1

11

. Перетворюючи її отримаємо β+

β−⋅λ=λ∆−λ

11

, звідки

підносячи до квадрату та розв’язуючи відносно β отримаємо

22

2

22

22

222

)()(

λ∆+λ∆λ−λλ∆−λ∆λ

=λ∆−λ+λλ∆−λ−λ

=β

Згідно умови задачі ∆λ за абсолютною величиною набагато менше ніж λ. Через це вираз для β спрощується до виду:

λλ∆

=β , звідки см1003,1

4,49517103с 58 ⋅−=

−⋅⋅=

λλ∆

⋅=υ

Відповідь: скм103с −=

λλ∆

=υ

Задача 5.248 [Ошибка! Закладка не определена.]. З якою швидкістю віддаляється від нас деяка туманність, якщо лінія водню

λ0=434нм в її спектрі зміщена в червону сторону на 130 нм? Розв'язок: За умовою задачі туманність від нас віддаляється, через це кут між напрямом швидкості туманності та напрямом на неї θ дорівнює 1800. Через це формула (5.1) буде мати вигляд:

β+β−

ω=ω11 2

0 , де 0

0с2

λπ

=ω , а λ∆+λ

π=ω

0

с2 .

Спростимо формулу, скоротивши числівник і знаменник на β+1 , отримаємо:

β+

β−λπ

=λ∆+λ

π11с2с2

00

; Поділимо обидві частини рівняння на 2πс та підведемо до

квадрату. ( ) ( ) ( )β−⋅λ∆+λ=β+⋅λ 11 2

020 ,

( ) ( )20

20

20

20 λ∆+λ⋅β−λ∆+λ=β⋅λ+λ

З останнього рівняння знайдемо β, а значить і швидкість туманності: ( )( ) 2

02

0

20

20с

λ+λ∆+λ

λ−λ∆+λ⋅=υ ,

Після підстановки числових даних, отримаємо ( )( ) с

м10768,0434130434434130434103 8

22

228 ⋅=

++−+

⋅⋅=υ

Відповідь: см10768,0 8⋅=υ

Додому: Задача 5.249 [Ошибка! Закладка не определена.]. З якою швидкістю повинен був рухатися автомобіль, щоб червоне світло

світлофора (λ ≈ 0,70 мкм) перетворилося на зелене (λ’ ≈ 0,55 мкм)?



Відповідь: см1071.0

1'

1'с 8

2

2

⋅=

+

λλ

−

λλ

=υ


Розділ 2. Квантова природа поглинання та випромінення світла та її зв'язок з будовою атома. Тема 2.1 (2 години). Доказ існування атомних частинок План заняття: На початку заняття коротко згадується дослід Резерфорда та записуються основні закони збереження енергії, імпульсу та моменту імпульсу

7. Розв’язуються задачі типу 6.2, 6.3[1]. Матеріали заняття:

8. Матеріали лекцій Необхідні визначення та формули: Лінійні розміри атома d ∼ 10-8 см. 1Å = 10-8 см = 10-10 м. Значення діаметрів всіх атомів лежать в межах від 1 до 4Å (від 0.1 до 0.4 нм). В атомній фізиці в якості енергетичної одиниці використовується електрон-вольт, що являє собою енергію електрона в точці, де електричний потенціал дорівнює 1В: 1еВ = 1.6021892 10-19 Кл .1В= 1.6021892 10-19 Дж. Маси: електрона me = 9.1 10-31 кг. протона mп = 1.66 10-27 кг. нейтрона mн = 1.66 10-27 кг. Електричний заряд електрона e = 1.6021892 10-19 Кл [4].

Ізотоп Ізотопи – хімічно подібні елементи з різною атомною вагою. Не ціла атомна вага являє собою середнє значення атомних ваг ізотопів з різними цілими значеннями атомних ваг. Атом з даним числом протонів та нейтронів в ядрі називається нуклідом. Нукліди з однаковим числом протонів (тобто ті, що належать одному хімічному елементу) називаються ізотопами. Наприклад, 3Li - 3 - порядковий номер в періодичній системі Менделєєва 6Li, 7Li, 8Li, 9Li, - це значить в ядрі 3 протони і: 6Li - 6 нейтронів, 7Li - 7 нейтронів, 8Li - 8 нейтронів, 9Li - 9 нейтронів Зіткнення і розсіювання мікрочастинок.

Закони збереження в довільній лабораторній системі координат [5] мають вигляд: закон збереження енергії

( ) ( )'2

'1

2'22

2'11

21

222

211 r,rU

2vm

2vmr,rU

2vm

2vmE ++=++= ( 6. 1)

закон збереження імпульсу

'2

'121 pppp rrrr

+=+ ( 6. 2)



закон збереження моменту імпульсу [ ] [ ] [ ] [ ]'

2'2

'1

'12211 prprprpr ×+×=×+×

rr (6.3)

де −21 m,m маси частинок, ( )21 r,rU - їх потенціальна енергія взаємодії, 2121 r,r,v,v - швидкості і координати частинок до зіткнення, ті ж самі величини з штрихами – після зіткнення.

Задачу розсіювання іноді корисно розглядати в так званій системі центра інерції. Закон збереження в системі центра інерції має вигляд:

−+

=µ=+µυ=21

212s mm

mmде;const)r(U21E зведена маса обох частинок, при

цьому момент імпульсу є величина стала (швидкість центра інерції є сталою за величиною і напрямом [7]).

Методичні вказівки та поради:

При розв’язуванні задач на зіткнення частинок треба звернути увагу на таке: 1) Слід пам’ятати, що енергія і кут розсіювання у формулах Резерфорда задані в

системі центра інерції. Тому при розв’язуванні задачі насамперед треба з’ясувати, в якій системі координат (лабораторній чи центра інерції) задано в умові задачі енергію або швидкість частинок, що розсіюються, а також кути розсіювання.

2) Якщо ці величини задано в лабораторній системі координат, то загалом кажучи , потрібно робити перехід до відповідних величин у системі центра інерції. Такий перехід можна не робити лише тоді, коли маса налітаючої частинки значно менша за масу атомів мішені.

3) Слід звернути увагу на те, чи можна з умови задачі вважати (хоча б у певному наближенні) атоми мішені до зіткнення нерухомими (тоді їх швидкість до зіткнення дорівнює нулю). Якщо це можливо, то розв’язок задачі значно спрощується і полегшується перехід до системи центра інерції (в разі потреби).

4) Кути розсіювання можна визначити, інтегруючи рівняння налітаючої частинки. Але в переважній більшості задач на цю тему для визначення кутів розсіювання досить використати закони збереження енергії, імпульсу і моменту кількості руху [8].

Дослід Резерфорда. "Прицільною відстанню" називають ту найкоротшу відстань ОА (рис. 1), на якому пройшла б від ядра α-частинка, якби на неї не діяли сили зі сторони ядра.

θ

vãθ

vD

EC

pA

OZe Рис.1. Кут відхилення α-частинки від вихідного напряму зв’язаний з "прицільною відстанню" наступним співвідношенням [1]

,p1

vm4Ze2

2tg 2

0

2

⋅πε

=θ

αα

( 6. 4)

де θ - кут відхилення α-частинки від вихідного напряму, Z- порядковий номер елемента в таблиці Мендєлєєва, e - елементарний заряд (е = 1,6⋅10-19Кл), ε0 - електрична стала (ε0 = 8.854.10-12 Ф/м), mα - маса α-частинки, υ - швидкість α-частинки, p - прицільна відстань. Вивід цього виразу приведений в Додатку до цього заняття.

υα

υ



Розв’язування задач: Задача 1. α-частинка з енергією Е0 = 6⋅106 еВ (у лабораторній системі

координат) рухається по прямій, що проходить через неї та ядро атома свинцю Pb82

207 (“лобове зіткнення”). Знайти найменшу відстань, до якої зблизились частинки. Розв'язок: Позначимо величини, що відносяться до α-частинки, індексом 1, а до атома

свинцю – індексом 2. Тоді закон збереження енергії в лабораторній системі координат матиме вигляд:

r4qq

2m

2m

r4qq

2m

2m

0

212'22

2'11

0

21222

211

′πε+

υ+

υ=

πε+

υ+

υ ( 6. 5)

Тут штрихами позначено значення величин після зіткнення, заряди частинок дорівнюють відповідно q1 = 2e, q2 = 82e. Оскільки мішень є металева плівка, то атоми свинцю мають до зіткнення невелику енергію (енергія теплових коливань атомів у кристалі становить

кілька сотих електрон-вольта), тому 2

m2

mE

222

211

0υ

⟩⟩υ

= .

Крім того, до зіткнення r → ∞, і потенціальною енергією взаємодії r4

qq

0

21

πε можна

знехтувати. Отже, в (6.5) зліва залишається тільки перший доданок. Праву частину (6.5) запишемо для моменту часу, коли частинки найбільше зблизились, тобто r′ = rmin . Оскільки маса атому свинцю значно перевищує масу α-частинки, то в момент найбільшого зближення α-частинка майже зупиняється, її швидкість стає досить малою – того самого порядку, що й теплова швидкість атома свинцю. Тому для цього моменту часу

0

2'22

2'11 E

2m

2m

⟨⟨υ

+υ

і рівняння для визначення rmin набуває такого вигляду:

min0

210 r4

qqEπε

= . (6.6)

Звідси знаходимо rmin = 3,94⋅10-12 см. Задача 2. α-частинка проходить плівку з вуглецю C6

12 і відхиляється від попереднього напряму на кут 300 (в системі центра інерції). Енергія α-частинки в лабораторній системі дорівнює Е0 = 5 МеВ; атом вуглецю вважати нерухомим до зіткнення (в лабораторній системі координат). Знайти прицільну відстань при цьому зіткненні і найменшу відстань між частинками.

Розв'язок: Для обчислення прицільної відстані використовуємо формулу Резерфорда:

pE24qq

2tg

s0

21

πε=

θ ,

де енергія α-частинки в системі центра інерції визначається формулою

021

2s E

mmmE+

= ,

тут m1 - маса атома вуглецю, m2 - α-частинки. Об’єднуючи обидві формули та підставляючи q1 = еZ2 = 6e, q2 =2е, знаходимо:

2tgE4

Zep

s0

22

θπε

= : p ≈ 0.86⋅10-12 см.



Для обчислення найменшої відстані між частинками (можливої при заданому значенні енергії Е0) використовуємо закон збереження енергії в системі центра інерції:

'rqq

2'

rqq

221

221

2

+µυ

=+µυ . (6.7)

Оскільки до зіткнення 021

22

s Emm

m2

E+

=µυ

= і r → ∞, а в момент найбільшого

зближення відносна швидкість частинок υ′ = 0, то з (6.7) матимемо:

min

210

21

2

rqqE

mmm

=+

,

звідки знаходимо rmin ≈ 0,46⋅10-12 см, тобто rmin приблизно в два рази менше за прицільну відстань p.

Задача 6.2[1]. Альфа-частинка з кінетичною енергією 0,27МеВ розсіялась золотою фольгою на кут 600. Знайти відповідне значення прицільного параметра.

Розв'язок: З формули для кута відхилення прицільний параметр дорівнює: ,

пм73.0577.0106.11027.014.3

)106.1(79

311

Te79

2tg

1T

Zeр 196

219

0

2

0

2

=⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅=

πε=

θπε= −

−

θθ

Відповідь: rmin= 0,73пм

Задача 6.3[1]. На яку мінімальну відстань наблизиться альфа-частинка з кінетичною енергією Т=0,40 МеВ (при лобовому ударі) до важкого ядра атома свинцю.

Розв'язок: З рівності потенціальної та кінетичної енергій одержимо вираз для мінімальної

відстані:

пм59.0106.1104.0

106.18224

1TeZe2kr 196

382

0min =

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

πε== −

−

Перевірка розмірності мсАВ

мВКл

сАсА

ДжмФ

КлКл=

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅=

⋅


Задача. Ядро атому урану 235

92 U б’є в лоб протон, що летить зі швидкістю, яка вдалині

від ядра дорівнює 2.25⋅107 м/с. На яку мінімальну відстань зблизяться частинки? Розв'язок: Протон, що рухається в полі, яке створюється нерухомим ядром урану, здійснює

роботу за рахунок своєї кінетичної енергії. Робота, що здійснюється проти сил поля, дорівнює добутку величини заряду, що рухається, на різницю потенціалів в останній та початковій точках шляху. Потенціал віддаленої точки можна рахувати рівним нулю. Потенціал останньої точки в системі СІ виразиться так:

min0 rZe

41πε

=ϕ .

Тоді робота буде дорівнювати:



min

2

0min0 rZe

41

rZe

41eA

πε=

πε= ,

де rmin - мінімальна відстань, на яку протон може наблизитись до ядра атому. На цю роботу буде повністю витрачена енергія протона і через це можна записати:

2m

rZe

41 2

min

2

0

υ=

πε,

звідки

20

2

min m2Zer

υπε= ,

де m - маса протона, рівна 1,67⋅10-27 кг. Проведемо обчислення:

м105)1025.2(1067.11085.814.32

)106,1(92r 14272712

219

min−

−−

−

⋅≈⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅=

Перевірка розмірності мнмн

нДж

смкг

ВсА

смкг

мВКл

КлКл

смкг

мФ

КлКл

22

2

2

2 =⋅

==⋅

⋅⋅=

⋅⋅

⋅=

⋅

⋅


Задача 6.4[1]. Альфа-частинка з кінетичною енергією Т=0,50 МеВ розсіялась під кутом ϑ=900 в кулонівському полі нерухомого ядра атому ртуті. Знайти:

a) найменший радіус кривизни її траєкторії; b) мінімальну відстань, на яку вона зблизилася з ядром.

Розв'язок: Цю задачу краще розв’язувати, записавши рівняння руху частинки в полярних

координатах [див. Додаток].

r1де,sin

p1)cos1(C =ρϕ⋅+ϕ+=ρ (6. 8)

Крім того, рівняння асимптоти

Cpctg 1

2−=

θ (6.9)

дає зв’язок між С і р.

ϑ



Необхідно знайти найменшу відстань rmin. Так як min

max r1то,

r1

=ρ=ρ

Для того, щоб знайти максимальне значення ρ, необхідно продеференціювати (6.8), одержимо:

0cos1sin =⋅+⋅−= ϕϕφρ

pC

dd ( 6.10)

0cos1sin =⋅+⋅− ϕϕp

C ( 6.11)

ϕϕ sincos1=⋅

⋅ Cp ( 6.12)

)2

90(звідси,ctgtgCp

1 θ+=ϕϕ−=ϕ⋅

⋅ ( 6.13)

З (6.9)

2

1θctgp

C⋅

−= ( 6.14)

Підставляючи (6.10) і (6.13) в (6.8), отримаємо:

=+

−

⋅−=

2cos1

2sin1

2

11

minmax

θθθ

ρpctgpr

)

2cos

2sin1

(1)

2cos

2cos

2cos

2sin

2cos

2sin

(1)2

cos2

sin

2

1

2

1(122

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θθθ

θθ

−=++−=++−=

ppctgctgp

2cos

2sin1

11

minmax θ

θ

ρ

−

==pr

(6.15)

Підставляючи вираз для прицільної відстані р , отримаємо:

пм56.0

290sin

11106.1105.02

106.180106.12109

2sin

11T2qkq

r 196

1919921

min =

+⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

θ+= −

−−

Відповідь: rmin= 0,56 пм

Домашнє завдання: Задача. Альфа-частинка з кінетичною енергією 5Мев при співударі з атомом

золота (Z=79) відхиляється так, що компонента її швидкості в напрямку початкового руху



стає вдалині від атому, рівною 0,98⋅107 м/c. Знайти звідси величину прицільного параметра. Маса спокою частинки 6.64⋅1027 кг.

Додаток

Траєкторія руху α- частинки (дослід Резерфорда) [9]

Рис.2 Введемо для α-частинки полярні координати r, ϕ, як показано на рисунку 2. Нам

необхідно знайти траєкторію, якою буде рухатися частинка, якщо на початку координат розміщене ядро атома золота.

Для цього запишемо повну енергію α-частинки, яка складається з її потенціальної та кінетичної:

∂ϕ∂

+

∂∂

+⋅⋅

=+=2

22

кп tr

tr

2m

rEe2kWWW , (Д.1)

де 2e – заряд α-частинки, Е – заряд ядра, m – маса α-частинки,

сталаелектрична,4

1k 00

−επε

= , r та ϕ - координати α-частинки, що залежать від часу t.

Момент кількості руху α-частинки буде

tmrP 2

∂ϕ∂

= . (Д.2)

З останньої рівності

2mrP

t=

∂ϕ∂ . (Д.3)

tr

∂∂ виразимо таким чином:

ϕ∂∂

=∂ϕ∂

⋅ϕ∂

∂=

∂∂ r

mrP

tr

tr

2 . (Д.4)

Підставимо в (Д.1) (Д.3) і (Д.4). Тоді буде

2

22

4

22

22

2

2 mrPr

mr2P

rEe2k

mrPrr

mrP

2m

rEe2kW +

ϕ∂

∂⋅+

⋅⋅=

⋅+

ϕ∂

∂⋅+

⋅⋅= ,

звідки можемо отримати:

θ

ϕ

r p

α



m2P

Wmr2P

reE2k

rr1

2

2

2

2

4

+−−

=

ϕ∂

∂ . Поділимо останній вираз на знаменник:

222

2

4 r1

r1

PmkeE4

PmW2r

r1

−−=

ϕ∂

∂ . (Д.5)

Позначимо ρ=r1 , тоді

ϕ∂∂

−=ϕ∂ρ∂ r

r12 . В (Д.5) зробимо заміну:

222

2

PmkeE4

PmW2

ρ−ρ−=

ϕ∂ρ∂

Продиференціюємо останній вираз ще раз по ϕ,

ϕ∂ρ∂

⋅ρ−ϕ∂ρ∂

⋅−=ϕ∂

ρ∂⋅

ϕ∂ρ∂ 2

PmkeE42 22

2

, так як 0≠ϕ∂ρ∂ , то отримаємо

22

2

PmkeE2

−=ρ+ϕ∂

ρ∂ (Д.6)

Як відомо з механіки, момент кількості руху Р для замкнутої системи залишається

постійним, через це величина 2PmkeE2С −= - величина стала. Вводячи цю сталу в вираз

(Д.6), в кінці кінців одержимо диференційне рівняння, якому задовольняє рух α-частинки, що розглядається:

С2

2

=ρ+ϕ∂

ρ∂ ,

Розв’язком цього рівняння, як легко перевірити підстановкою буде функція: ϕ+ϕ+=ρ sinBcosAС , (Д.7)

де А і В – константи. Значення цих констант можуть бути знайдені наступним чином: при ϕ = π (див. рисунок) α-частинка знаходиться на нескінченно великій відстані зліва від початку координат і тому r дуже велике, а значить ρ = 0. З (Д.7) знаходимо, що А = С і перепишемо

ϕ+ϕ+=ρ sinB)cos1(С . (Д.8) З іншої сторони, при ϕ → π вираз rsinϕ прагне до значення, рівного довжині

відрізка р. Звідси, використовуючи (Д.8), отримаємо: ( ) )B

sincos1C(lim

sinlim

p1

+ϕ

ϕ+=

ϕρ

=π→ϕπ→ϕ

, так як ( ) 0

sincos1lim =

ϕϕ+

π→ϕ, то В=

p1 . Після цього

вираз (Д.8) приймає вигляд:

ϕ+ϕ+=ρ sinp1)cos1(С . (Д.9)

Вираз (Д.9) представляє собою рівняння гіперболи. Однією асимптотою цієї гіперболи являється горизонтальна пряма, другою – пряма, яка утворює кут θ з горизонтальною. Знайдемо цей кут. З рисунка видно, що при віддаленні α-частинки на нескінченно велику відстань від точки О вправо, коли ρ→0, кут ϕ→θ, причому при ϕ=θ з (Д.9) отримаємо:

0sinp1)cos1(С =θ+θ+ або

2ctg

sincos1

Сp1 θ

−=θ

θ+−= .



З останньої рівності, підставивши значення сталої С, знаходимо, що кут відхилення траєкторії α-частинки визначається виразом:

mkeEp2P

2ctg

2

=θ ,

Знаючи, що момент кількості руху виражається як ϑ= mpP , де ϑ - значення початкової швидкості α-частинки, отримаємо кінцевий вираз:

pkeE2

m2

ctg2ϑ

=θ (Д.10)

Практичне заняття 7 Розділ 2. Квантова природа поглинання та випромінення світла та її зв'язок з будовою атома. Тема 2.2 (2 години). Доказ існування атомних частинок (Спектри атомів.) План заняття: На початку заняття записуються необхідні формули

8. Розв’язуються задачі типу 6.20, 6.27[1]. Матеріали заняття:

9. Матеріали лекцій Необхідні визначення та формули:

Ізольовані атоми у вигляді розріджених газів або парів металу випромінюють спектр, який складається з окремих спектральних ліній. У відповідності до цього спектр випромінювання атому називають лінійчатим. Лінії в спектрах розташовані не безладно, а об’єднані в групи, або як їх називають, серії ліній. Кожному елементу відповідає свій, характерний тільки для нього, спектр випромінювання, що служить свого роду «відбитком пальців», що дозволяє визначити елемент, якому він належить.

З історії: В 1885 році Бальмер [10] (1825-1898 рр.) показав, що чотири відкриті на той час

лінії (λα=6562,8Å, λβ=4861,3Å, λγ,=4340,4Å, λδ=4101,8Å,) підкоряються формулі :

,4n

nB 2

2

n −=λ (7.1)

6,5,4,3nа,см106,3645Вде 8 =⋅= − . Якщо перейти в формулі (7.1) до величини κ, оберненої до довжини хвилі,

отримаємо:

−=

−=

λ=κ 22

2

nn n

141

В4

n4n

В11 . (7.2)

Тут κ - хвильове число – кількість довжин хвиль, що вміщуються в 1 см. Стала

∞= RВ4 називається сталою Рідберга.

На наш час найбільше вивченим спектром випромінювання являється спектр атому водню – найпростішого атома, що складається з масивного ядра (протона) і електрона, що рухається в кулонівському полі ядра.

З експериментальних даних встановлено, що спектр випромінювання атому водню складається з серії ліній, частоти яких описуються наступними формулами:



В ультрафіолетовій ділянці електромагнітного спектру:

,...4,3,2nгде),n1

11(R 22 =−=ω

(cерія Лаймана), в видимій ділянці спектру:

...,5,4,3nгде),n1

21(R 22 =−=ω

(cерія Бальмера), в інфрачервоній ділянці спектру:

...,6,5,4nгде),n1

31(R 22 =−=ω

(cерія Пашена),

...,7,6,5nгде),n1

41(R 22 =−=ω

(cерія Брекета),

...,8,7,6nгде),n1

51(R 22 =−=ω

(cерія Пфунда),

...,9,8,7nгде),n1

61(R 22 =−=ω

(cерія Хемфрі),

де ω=λπc2 - кругова частота випромінення, с-1, R – стала Рідберга, с-1. R=2.07⋅1016 c-1.

Воднеподібний атом. Система, що складається з ядра з зарядом +Ze і одного електрона (на зовнішній орбіті), називається воднеподібним атомом. При Z=1 - це атом водню, при Z=2 - це однократно іонізований атом гелію He+, при Z=3 - двократно іонізований атом літію Li2+ і так далі.

Узагальнена формула для водню та воднеподібних іонів має вигляд

−=ω 22

2i m

1n1RZ , (7.3)

де Z – порядковий номер елемента в періодичній системі Менделєєва. Ця формула емпірична. Пошуки фізичного змісту цієї формули привели до створення квантової теорії атому (Бор Н., 1913 р.).

Зв’язок між сталою Рідберга в обернених см та в обернених с. Для атомів водню стала Рідберга R∞ = 109677,345 см-1[4]. Якщо замість хвильового числа в (7.2) ввести частоту, яка в вакуумі дорівнює

λ=νс , то отримаємо

−⋅⋅=⋅κ=ν ∞ 2nn n

141cRc . Добуток

c11029.3cR 15⋅≈⋅∞ . Іноді його

використовують теж під назвою стала Рідберга [11].

Знаючи, що циклічна частота зв’язана з звичайною формулою πν=ω 2 , вираз для

циклічної частоти буде:

−⋅π⋅⋅=⋅π⋅κ=πν=ω ∞ 2nnn n

1412cRc22 . Стала, яка є добутком π⋅⋅∞ 2cR теж

називається сталою Рідберга, позначається R і приблизно дорівнює 2,07.1016 с-1 [1]. Тобто,

ссм

см1

с1:ьрозмірніст,c2RR ⋅=π⋅= ∞

Розв’язування задач:



Задача 6.20 [1]. В спектрі атомарного водню відомі довжини хвиль трьох ліній, що належать одній і тій же серії: 97.26, 102.58, 121.57 нм. Знайти довжини хвиль других ліній в даному спектрі, які можна передбачити з допомогою цих трьох ліній.

Розв'язок: Відомо, що jiij ω−ω=ω , знаючи зв’язок між частотою та довжиною хвилі можемо

записатиjiij

c2c2с2λπ

−λπ

=λπ . Скоротивши загальний множник, отримаємо

jiij

111λ

−λ

=λ

,

звідки ij

jiij λ−λ

λ⋅λ=λ . В результаті розрахунку отримаємо:

мкм875.126.9758.10258.10226.97

12

2112 =

−⋅

=λ−λ

λ⋅λ=λ

мкм486.026.9757.12157.12126.97

13

3113 =

−⋅

=λ−λ

λ⋅λ=λ

мкм656.058.10257.12157.12158.102

23

3223 =

−⋅

=λ−λλ⋅λ

=λ

Відповідь: 0,486 мкм, 0,656 мкм, 1,875 мкм. Задача 6.27 [1]. Визначити довжину хвилі λ спектральної лінії атомарного

водню, частота якої дорівнює різниці частот наступних двох ліній серії Бальмера: λ1=410,2нм , λ2= 486,1нм. Якій серії належить ця лінія?

Розв'язок: З задачі 6.20 скористуємося формулою для визначення довжини хвилі:

мкм63,2нм11,26272,4101,4862,4101,486

12

21 ≈=−⋅

=λ−λ

λ⋅λ=λ

Для визначення номера серії скористаємося наступними міркуваннями. З формули для частоти відомо, що серію визначає знаменник першого члена. Так в серії Бальмера - це 22. Запишемо формули для частот, заданих довжин хвиль:

),i1

21(R 221 −=ω ),

j1

21(R 222 −=ω )

j1

i1(R)

i1

21(R)

j1

21(R 22222221 −=−−−=ω

З останнього виразу зрозуміло, що серія, до якої належить найдена довжина хвилі визначається невідомою i. Підставимо λ1 для визначення i.

),i1

21(Rс2

221

−=λπ

,iR

2Rс2

221

−=λπ

21

1

iR

4c8R

=λ

π−λ

( ) 112 4Rc8Ri λ⋅=π−λ .

З останнього рівняння :

425,0

2

нм1,486с11007,2

снм1038

1

2

Rc81

2

Rc81

12c8R

R2i

16

17

11

1

1 ==

⋅⋅

⋅π−

=

λπ

−=

λπ

−=

π−λλ

=

i = 4 – серія Брекета. Відповідь: мкм63,2≈λ , лінія належить серії Брекета.



Задача 6.28 [1]. Обчислити для атомарного водню: a) довжини хвиль перших трьох ліній серії Бальмера;

b) мінімальну роздільну здатність λ

λd

спектрального приладу, при якій можливо

розділити перші N = 20 ліній серії Бальмера.

Розв'язок:

( )3,2,1iде,

2i1

21R 22i =

+−=ω

( )( )

( )

+−+

=

+−=ω 2

2

22i 2i442iR

2i1

21R

( )( ) 42i

2iR

c82

2

i−+

+π=λ .

а) Обчислимо довжини хвиль перших трьох ліній: ( )

( ) 433

Rc8

42121

Rc8

2

2

2

2

1 −π

=−+

+π=λ = 656 нм

444

Rc8

2

2

2 −π

=λ = 486 нм

455

Rc8

2

2

3 −π

=λ = 434 нм

b) Виведемо формулу для роздільної здатності. Для цього спочатку запишемо вираз для довжини N+1 лінії в серії

( )( ) 43N

3NR

c82

2

1N−+

+π=λ +

Знайдемо диференціал dλN+1

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]( )[ ]

( )( )[ ]2222

22

1N43N

3N8R

c8

43N

3N23N43N3N2R

c8d−+

+π−=

−+

++−−++π=λ +

і отримаємо формулу для визначення роздільної здатності: ( ) ( )[ ]( )[ ] ( )

( ) ( )[ ] ( ) ( )3N213N

81

843N3N

3N843N43N3N

d3

2

2

222

1N

1N +++−=−+⋅+

−=+⋅−+−+⋅+

−=λ

λ

+

+

Для великих N

( ) ( ) ( )33

1N

1N 3N813N

213N

81

d+−≈+++−=

λλ

+

+

Обчислимо мінімальну роздільну здатність при N = 2. Буде:

( ) 333

120

120 105,18,15202381320

81

d⋅≈=−=+−=

λλ

+

+

Відповідь: a) λ1 = 656 нм, λ2 = 486 нм, λ3 = 434 нм. b) мінімальна роздільна здатність ≈ 1.5.103

Задача 6.30 [1]. Якому елементу належить воднеподібний спектр, довжини хвиль

ліній якого в чотири рази коротший, ніж у атомарного водню?



Розв'язок: Узагальнена формула (7.3) описує будь-який воднеподібний спектр:

( )

+−=ω 22

2Хi im

1m1RZ , де Z – порядковий номер елемента в періодичній системі

Менделєєва. Для атомарного водню Z =1 і формула буде:

( )

+−=ω 22i

H

im1

m1R . Довжина хвилі будь-якої лінії в спектрі водню, відповідно є:

+−

π=λ

22

iH

)im(1

m1

1Rс2

Довжина хвилі будь-якої лінії в невідомому воднеподібному спектрі, відповідно, буде:

+−

π=λ

22

2iX

)im(1

m1

1RZс2

2

iX

iH

Z4 ==λλ , звідки Z = 2, а значить номер елемента дорівнює 2. З періодичної системи

цей номер відповідає гелію (He). Значить, в задачі йде мова про спектр іонізованого гелію. Відповідь: He+. Задача 6.32 [1]. Які лінії містить спектр поглинання атомарного водню в

діапазоні довжин хвиль від λ1 = 94,5 до λ2 = 130,0 нм ? Розв'язок: З серіальної формули (7.3) для визначення граничної частоти в серії можна

одержати:

( ) 222 mR

im1

m1Rilim

i=

+−=ω

∞→=ω∞ . Найбільшій частоті відповідає найменша

довжина хвилі λгр. Знайдемо m, скориставшись умовою задачі 2

гр mRс2с2 π

=ωπ

=λ∞

.

Розрахунки дають при m = 1 ( серія Лаймана) λгр1 = 91.06 нм при m = 2 ( серія Бальмера) λгр2 = 364.24 нм. Таким чином, в умові задачі задана ділянка спектру з серії Лаймана. Знайдемо

невідомі лінії з рівняння: 2i1 λ≤λ≤λ

( )

2

2

1

1i11R

c2λ≤

+−

π≤λ

( )( ) 22

2

1 11i1i

Rс2

λ≤−+

+π≤λ



Перетворюючи вираз отримаємо:

( )

Rc21

11i

Rс21

1

1

2

2 λπ

−≤+≤

λπ

−

Розрахунок дає, що i дорівнює 1.2.3. Тобто спектр поглинання від 94.5 до 130.0 нм містить три перші лінії серії

Лаймана. Відповідь: Спектр поглинання атомарного водню в діапазоні довжин хвиль від λ1 =

94,5 до λ2 = 130,0 нм містить три перші лінії серії Лаймана.


Розділ 2. Квантова природа поглинання та випромінення світла та її зв'язок з будовою атома. Тема 2.3 (2 години). Теорія Бора.

План заняття: 10. На початку заняття записуються необхідні формули 11. Розв’язуються задачі типу 6.1, 6.2[11]. Матеріали заняття: 1. Матеріали лекцій Необхідні визначення та формули: 1. Атоми (та атомні системи) можуть досить довгий час знаходитися тільки у

визначених стаціонарних станах, в яких, не дивлячись на те, що в них рухаються заряджені частинки, які входять в склад атомів, вони не випромінюють і не поглинають енергію.

В цих станах атоми мають енергію, яка створює дискретний ряд значень: Е1, Е2, Е3, Е4, ... Еn.. Всяка зміна енергії в результаті випромінювання або поглинання, а також в результаті зіткнень з другими частинками можлива тільки при повному переході (стрибком) з одного стану в друге.

Згідно планетарній моделі атому Резерфорда, це означає, що з нескінченного числа електронних орбіт, можливих з точки зору класичної фізики, в дійсності реалізуються тільки деякі визначені стаціонарні орбіти. Електрон, рухаючись по одній з цих орбіт з прискоренням, всупереч законам класичної електродинаміки не випромінює електромагнітних хвиль. Електрон може рухатись тільки по орбітам, для яких момент його імпульсу L дорівнює цілому кратному :

L= nh , (8.1) де h = h/2π - стала Дірака, n = 1,2,3. Якщо електрон, масою m рухається зі

швидкістю vn по круговій орбіті радіусом rn , где n - номер стаціонарної орбіти, то умова (8.1) має вигляд

mvnrn = nh . (8.2)

2. При переході з одного стаціонарного стану в другий атоми випромінюють або поглинають у вигляді світлового кванта енергію hω (ω - кругова частота випромінювання), що дорівнює різниці енергій Еm и Еn цих станів:

hω = Еm - Еn , Еm > Еn (8.3) Згідно з моделлю атому Резерфорда випромінювання або поглинання атомом

електромагнітної хвилі з частотою ω відбувається при переході електрона з однієї стаціонарної орбіти на другу.



Співвідношення (8.3) називається умовою частот Бора. Його можна записати у вигляді співвідношення, що описує комбінаційний принцип Рідберга-Рітца (1905) спектрів випромінювання атомів:

kn TT1−=

λ, (8.4)

де λ = с/ν = 2 πc/ω- довжина хвилі,

hcET,

hcET k

kn

n −=−= , (8.5)

- спектральні терми, які можуть бути виражені через сталу Рідберга, звідки

22n ncR2

nhcRE hπ

==

де h і c - універсальні сталі, n - ціле число. Розв’язування задач: Задача 6.34 [1]. Обчислити сталу Рідберга R, якщо відомо, що для іонів Не+ різниця довжин хвиль

між головними лініями серій Бальмера і Лаймана ∆λ =133.7 нм. Розв'язок:

Узагальнена серіальна формула має вигляд ),n1

n1(RZ 2

22

1

2nn 12

−=ω за умовою

задачі: ),21

11(R2 2

221 −=ω а )

31

21(R2 22

232 −=ω . Знаючи зв’язок між довжиною хвилі та

циклічною частотою ωπ

=λс2 , запишемо

1544

Rc

34

536

R4c2

411R4

c2

91

41R4

с21232 ⋅

π=

−

π=

−

π−

−

π=λ−λ=λ∆ .

Звідки знайдемо

=⋅π⋅

⋅=

c447.13315R 2,067.1016 Гц

Відповідь: R = 2,067.1016 Гц Задача 6.1 [11]. Визначте енергію фотона, що випромінюється при переході електрона в атомі водню з третього енергетичного рівня на другий. Розв'язок:

З умови задачі: Z=1, m=2, n=3, c11007.2c2RR 16⋅=⋅π⋅⋅= ∞

Враховуючи, що E3,2=hν3,2, а h = 6.62⋅10-34 Дж⋅с, запишемо частоту через узагальнену формулу Бальмера

−⋅⋅=ν ∞ 222,3 n

1m1cR ,

−⋅⋅⋅=

−⋅⋅⋅= ∞∞ 22222,3 3

121cRh

n1

m1cRhE ,

еВ89,1Дж1002.3)91

41(1029.31062.6E 191534

2,3 =⋅=−⋅⋅⋅= −−

Відповідь:



E3,2 = 1.89 еВ Задача 6.2 [11] Визначте максимальну і мінімальну енергії фотона у видимій серії спектру водню (серії Бальмера) Розв'язок:

З умови задачі: Z=1, m=2, n=3,4,5, ....∞

−=ν ∞ 22 n

121chRh

еВ4,3Дж1044.54

chR121chRhE 19

22maxmax =⋅==

∞−=ν= −∞

∞

еВ89,1Дж1002,336

chR531

21chRhE 19

22minmin =⋅==

−=ν= −∞

∞

Відповідь: еВ4,3Emax = еВ89,1Emin =

Задача 6.33 [1]. Знайти квантове число n, що відповідає збудженому стану іона Не+ , якщо при переході в основний стан цей іон випустив послідовно два фотони з довжинами хвиль 108,5 та 30,4 нм. Розв'язок: При переході з рівня з квантовим числом n на якийсь проміжний рівень з квантовим числом j вивільниться енергія , що дорівнює:

jnnj EE −=ωh , відповідно і для другого фотона:

1j1j EE −=ωh . Можна також записати, що енергія, яка вивільниться при переході з рівня n на перший рівень буде:

1jnj1n1n EE ω+ω=−=ω hhh . Звідки, скорочуючи постійний множник в лівій і правій частині і застосовуючи формулу для частот, отримаємо

−=

−+

−=ω 22

222

222

21n n

111RZ

j1

11RZ

n1

j1RZ .

Підставляючи відомі довжини хвиль отримаємо рівняння для знаходження невідомого n.

−=

λπ

+λπ

22

21 n11RZс2с2

221

122 n

11RZс2

−=

λλ

λ+λπ , звідки

λλ

λ+λπ−

=

12

122RZc21

1n .

Розрахуємо, взявши однакову розмірність: с=2.99.1017 нм/с, R=2,06.1016 1/с. В результаті: 5n ≈ .

2 3 4 ∞



Відповідь: n = 5 Додому: Задача. У якого воднеподібного іону різниця довжин хвиль між головними лініями

серій Бальмера і Лаймана ∆λ=133,7 нм? Відповідь: Не+ Задача. Визначте: 1) частоту f обертання електрона, що знаходиться на першій

боровській орбіті; 2) еквівалентний струм. Відповідь: 1) f = 6,58.1015 Гц 2) І = 1,05 мА Задача. Визначте частоту світла, що випромінюється атомом водню при переході

електрона на рівень з головним квантовим числом n = 2, якщо радіус орбіти електрону змінився в 9 разів.

Відповідь: ν = 0,731.1015 Гц Задача. Визначте швидкість електрона на третій орбіті атома водню. Відповідь: υ = 0,731 Мм/с. Задача. Електрон знаходиться на першій боровській орбіті водню. Визначте для

електрона: 1) потенціальну енергію Еп; 2) кінетичну енергію Ек; 3) повну енергію Е. Відповідь: 1) Еп = -27,2 еВ; 2) Ек = 13,6 еВ; 3) Е = - 13.6 еВ.

Задача. Визначте частоту обертання електрона по третій орбіті атому водню в

теорії Бора. Відповідь: f = 2,42.1014 Гц Задача. Визначте зміну орбітального механічного моменту електрона при переході

його з збудженого стану в основне з випромінюванням фотона з довжиною хвилі 102 нм. Відповідь: ∆L = 2h =2,1.10-34 Дж.с. Задача. Вважаючи, що в досліді Франка і Герца вакуумна трубка наповнена не

парами ртуті, а розрідженим атомарним воднем, визначте через які інтервали прискорюючого потенціалу ϕ виникнуть максимуми на графіку залежності сили анодного струму від прискорюючого потенціалу.

Відповідь: ϕ = 10,2 В. Задача. Визначте яка енергія потрібна для повного відриву електрона від ядра

однократно іонізованого атома гелію, якщо:



1) електрон знаходиться в основному стані; 2) електрон знаходиться в стані, що відповідає головному квантовому числу n=3. Відповідь: 1) Еі1 = 54,2 еВ; 2) Еі1 = 6,02 еВ


Розділ 2. Квантова природа поглинання та випромінення світла та її зв'язок з будовою атома. Тема 2.4 (2 години). Уточнена модель атому. Принципи пояснення періодичного закону. План заняття:

12. Розв’язуються задачі типу 5.33, 5.34[11]. 13. Виконується самостійна робота з розділу 2.

Матеріали заняття:

1. Матеріали лекцій 2. Варіанти задач для самостійної роботи

Необхідні визначення та формули:

Досліди Франка-Герца. В основі сучасної теорії атому лежить експериментальний факт, встановлений в результаті дослідів Франка і Герца (1914). В цих дослідах досліджувався розподіл швидкостей електронів до і після співудару їх з атомами і молекулами розрідженого газу. Було знайдено, що при швидкостях електронів, менших деякої критичної швидкості, співудар проходить цілком пружно - електрон не передає атому своєї енергії, а тільки змінює напрям своєї швидкості. При швидкостях, які досягають деякого критичного рівня удар електрона з атомом стає непружним - електрон втрачає всю енергію, передаючи її атому, який після цього переходить в інший стаціонарний стан із більшою енергією. Звідси випливало, що атом або взагалі не сприймає енергію, або сприймає її тільки в кількостях, рівних різниці енергій у двох стаціонарних станах, характерної для даного атома.

Для того, щоб знайти значення енергій стаціонарних станів даного атому досить визначити енергію, яку необхідно затратити, щоб від атому, який знаходиться у визначеному енергетичному стані, повністю відокремити електрон. Ці значення енергій називаються енергіями іонізації, а відповідні їм потенціали – потенціалами іонізації в різних енергетичних станах. В наш час знайдені потенціали іонізації для більшості атомів періодичної таблиці Д.І.Менделєєва [12].

Принципи пояснення періодичного закону При побудові періодичної системи елементів Д.І.Менделєєв (1869) виходив з того,

що основним аргументом , що визначає властивості атомів, є атомна маса. Квантова теорія атому дала пояснення періодичному закону. Насамперед було уточнено, що в основі систематики хімічних елементів лежить заряд ядра атому, а не його атомна маса (Н.Бор, 1922). В одиницях елементарного заряду е, рівного заряду одного електрона, взятому зі знаком плюс, заряд ядра будь-якого атому виражається цілим числом Z.

Число Z визначає номер хімічного елементу в періодичній системі і називається його порядковим номером. Якщо атом електрично нейтральний, то число електронів в атомній оболонці дорівнює Z. Властивості елементів залежать від числа електронів в атомній оболонці і її будови. Хімічні властивості елементів визначаються периферійними електронами.

Сучасне пояснення періодичної системи елементів основане на трьох принципах.



Принцип перший: стан атомної оболонки характеризується станами її окремих електронів, які повністю визначаються чотирма квантовими числами: n, l, m, ms, де n – головне квантове число, l - орбітальний момент електрона (орбітальне квантове число [13]), m – число, що характеризує проекцію момента на виділений напрям (магнітне квантове число), ms – проекція спіну на цей напрям (спінове квантове число). Вони можуть приймати наступні значення:

n = 1, 2, 3,…. ∞ ; l = 0, 1, 2, …n-1; m = 0, ± 1, ± 2, … ± l; ms = 21

±

Принцип другий: в атомі може існувати тільки один електрон в стані, що характеризується даними значеннями квантових чисел (принцип Паулі).

Це означає, що два електрони в одному атомі повинні розрізняться значеннями, в крайньому випадку, одного квантового числа. Так як спінове квантове число приймає тільки два значення, то його можна виключити з розгляду, поклавши при цьому , що у квантовому стані (n, l, m) може знаходитися не більше двох електронів. Далі з детального розгляду можна виключити магнітне квантове число m. Так як m приймає 2l+1 значень, то у стані з однаковими квантовими числами n та l може одночасно перебувати 2(2l+1) електронів. Звідси витікає, що максимальне число електронів з однаковим квантовим числом n дорівнює:

( )∑−

==+

1n

0

2n2122l

l

Електронні оболонки атомів Кажуть, що сукупність електронів, що мають однакове квантове число n, утворює

електронну оболонку (або шар), а сукупність електронів, що мають однакові n і l, утворюють підоболонку (або оболонку). Ці дві сукупності електронів в атомах являються найбільш головними, такими що визначають основні властивості атомів, і в першу чергу їх хімічну поведінку [13].

У відповідності з термінологією, прийнятою в спектроскопії рентгеновських променів [12], різні електронні оболонки мають назви, які відповідають наступній схемі:

n 1 2 3 4 5 Оболонка K L M N O Максимальна кількість електронів

2 8 18 32 50

Різним значенням l ставляться у відповідність малі літери латинського алфавіту за схемою:

l 0 1 2 3 4 Підоболонка s p d f g Максимальна кількість електронів

2 6 10 14 18

Електронна конфігурація атому записується у вигляді послідовного ряду, який складається з символів ll nNn , де lnN - число електронів в підоболочці, яка визначається однаковими nl.

Наприклад, оболонка K (n=1) складається тільки з s-підоболонки (l=0). У водню на К-ій оболонці знаходиться один електрон і його електронна конфігурація є 1s1. В атомі гелію до цього електрона приєднується другий електрон в 1s-стані і утворюється електронна конфігурація 1s2. Третій електрон починає заповнювати s-підоболонку 1s22s1оболонки L (n=2). Його стан 2s1. Утворюється атом літію з електронною конфігурацією. І так далі.



Принцип третій: атом стійкий тоді, коли знаходиться в стані з найменшою можливою енергією. Це означає, що при приєднанні до системи нового електрона його енергія зв’язку повинна бути максимально можливою.

Характерною особливістю періодів періодичної системи є те, що кожний з них починається лужним металом, а закінчується інертним газом. У лужних металів є всього один зовнішній s-електрон. Такі атоми мають найменші іонізаційні потенціали. Вони легко віддають зовнішній s-електрон, через це мають найбільшу хімічну активність. У інертних газів (крім Не) зовнішні підоболонки складаються з восьми електронів, які утворюють особливо компактну, міцно зв'язану систему. Іонізаційні потенціали інертних газів максимальні. Цим пояснюється їх хімічна пасивність – вони практично не вступають в хімічні реакції.

Періодичність в фізичних властивостях окремих фізичних елементів проявляється в першу чергу в структурі їх лінійчатих спектрів. Так, наприклад, якщо порівняти спектри всіх лужних металів, то всі вони мають одні і ті ж спектральні серії, з тією тільки відміною, що довжини хвиль у різних елементів будуть різними. Це пояснюється тим, що оптичні спектри випромінюються електронами самих зовнішніх оболонок, які і визначають періодичність властивостей атомів.

Розв’язування задач: Задача 5.33 [11]. Фотон з енергією ε = 12,12 еВ, який поглинутий атомом водню, що знаходився в основному стані, переводить його в збуджений стан. Визначте головне квантове число цього стану. Розв'язок: Відомо, що

12 EE −=ε , де Е1 – енергія атому водню в основному стані, тобто коли головне квантове число

дорівнює одиниці, а Е2 – енергія атому водню в збудженому стані. ε+= 12 ЕЕ .

Енергія атому водню в основному стані (з врахуванням формули для частоти) :

еВ6,13еВ106,114.32

1007.21062.6Дж14.32

1007.21062.6RЕ 19

16341634

11 −=⋅⋅⋅

⋅⋅⋅−=

⋅⋅⋅⋅

−=−=ω−= −

−−

hh

21

2n2 nE

n1RЕ =⋅=ω= hh , звідки 3

12.126.136.13

EE

n1

1 =+−

−=

ε+=

Відповідь: n = 3 Додому: Задача 5.34 [11 Визначте які спектральні лінії з’являться в видимій області спектра випромінювання атомарного водню під дією ультрафіолетового випромінювання з довжиною хвилі 95 нм. Відповідь: 0.434; 0,486; 0,656 мкм



Список використаної літератури

1. Иродов И.Е. Задачи по общей физике. – М.: Наука, 1988. – 418с. 2. Тарасов К.И. Спектральные приборы. – М.: Машиностроение, 1968. – 388с. 3. Бурдун Г.Д. Справочник по международной системе единиц. – М.: Издательство стандартов, 1977. 4. Таблицы физических величин. Справочник. – М.: Атомиздат, 1976. – 1008 с. 5. Яворский Б.М., Детлаф А.А. Справочник по физике. – М.: Наука, 1974. – 942с. (с.907) 6. Троицкий С.С. Электромагнитная теория света в прикладной физической оптике. - Учеб. пособие. - Киев: КПИ, 1982. - 100 с. 7. Остроухов А.А., Стрижевський В.Л., Цвелих М.Г., Цященко Ю.П. Розв’язування задач з курсу загальної фізики. Практикум. – Київ: Радянська школа, 1966. – 504с. 8. Иродов И.Е. Механика. Основные законы. – 5-е изд., испр. – М.: Лаборатория Базовых Знаний, 2000. – 320с. 9. Фриш C.Э., Тиморева А.В. Курс общей физики. Т.3. Оптика и атомная физика. – Л.: Физматгиз, 1962. – 644с. 10. Кучерук І.М., Горбачук І.Т. Загальний курс фізики. Оптика. Квантова фізика. Т.3. – К.: Техніка, 1999. 11. Трофимова Т.И., Павлова З.Г.. Сборник задач по курсу физики с решениями. М.: Высшая школа, 2001. –591с. 12. Кузьмичев В.Е. Законы и формулы физики. – Киев: Наук.думка, 1989. – 864с. 13. Королев Ф.А. Курс физики. Оптика, атомная и ядерная физика. – М.: Просвещение, 1974. –608с. (C. 460)

МВКАЗ ПР ЗАН СФ - kpi.uaooep.kpi.ua/downloads/disc/emt/emt_pr.pdfПрактичні...

Documents

Transcript of МВКАЗ ПР ЗАН СФ - kpi.uaooep.kpi.ua/downloads/disc/emt/emt_pr.pdfПрактичні...