Примеры решения задач

 

Пример 1. Определите потенциал ионизации и первый потенциал возбуждения атома водорода.

 

Решение.

Потенциалом ионизации U_i называют ту наименьшую разность потенциалов, которую должен пройти в ускоряющем поле электрон, чтобы при столкновении с данным невозбужденным атомом ионизировать его. Работа по удалению электрона из атома А_i равна работе сил электрического поля, ускоряющего электрон, eU_i, поэтому А_i=eU_i.

Учитывая квантовый характер поглощения энергии атомом, можно сказать, что работа ионизации А_i равна кванту энергии hv, поглощенному атомом водорода при переходе электрона с первой боровской орбиты на бесконечно удаленную орбиту. Тогда, применив сериальную формулу Бальмера и положив в ней n₁ = 1; n₂ = ∞, получим:

.

Следовательно

;

.

Первый потенциал возбуждения U₁ есть та наименьшая разность потенциалов, которую должен пройти в ускоряющем поле электрон, чтобы при столкновении с невозбужденным атомом перевести его в первое возбужденное состояние. Для атома водорода это соответствует переходу электрона с первой боровской орбиты на вторую. Приравняв работу сил ускоряющего электрического поля eU₁ кванту энергии hν, поглощенному атомом при его переходе в первое возбужденное состояние, получим:

,

где n₁=1, n₂=2. Откуда:

.

Производим вычисления:

.

Ответ: U_i = 13,6 В; U₁ = 10,2 В.

 

Пример 2. Электрон, начальной скоростью которого можно пренебречь, прошел ускоряющую разность потенциалов U. Определите длину волны де Бройля электрона для двух случаев: 1) U₁ = 51 В; 2) U₂ = 510 кВ.

 

Дано:	Решение:
m0 = 9,1×10-31 кг e = 1,6×10-19 Кл U1 = 51 B U2 = 510 кВ = 51×104 В	Длина волны де Бройля для частицы определяется формулой , (1) где р – импульс частицы.
λ1-? λ2-?

Импульс частицы связан с ее кинетической энергией Т соотношением:

1) в нерелятивистском (классическом) случае (когда кинетическая энергия частицы Т много меньше ее энергии покоя Е₀ = m₀с²):

, (2)

где m₀ – масса покоя частицы;

2) в релятивистском случае (когда кинетическая энергия Т сравнима с энергией покоя Е₀ частицы):

, (3)

где с – скорость света в вакууме.

Сравним кинетические энергии электрона, прошедшего заданные в условии задачи разности потенциалов U₁ = 51 В и U₂ =510 кВ, с энергией покоя электрона Е₀ = m₀с² = 0,51 МэВ и в зависимости от этого решим, какую из формул (2) или (3) следует применить для вычисления длины волны де Бройля.

Кинетическая энергия электрона, прошедшего ускоряющую разность потенциалов U₁ равна T = еU.

В первом случае

T₁=еU₁ = 1,6×10^-19 Кл × 51 В = 81,6×10^-19 Дж =

= 51 эВ = 0,51×10^-4 МэВ,

что много меньше энергии покоя электрона Е₀ = 0,51 МэВ. Следовательно, в этом случае можно применять формулу (2). Тогда:

.

Во втором случае кинетическая энергия

T₂ = еU₂ = 51×10⁴ эВ = 0,51 МэВ,

т.е. равна энергии покоя электрона. В этом случае необходимо применить релятивистскую формулу (3). Тогда получим:

;

Так как Т₂ = Е₀ = m₀c², то получим:

;

Произведем вычисления:

.

Ответ: λ₁ = 172 пм; λ₂ = 1,4 пм.

Пример 3. Используя соотношение неопределенностей Гейзенберга, показать, что ядра атомов не могут содержать электронов. Считать радиус ядра равным R_я = 10^-13 см.

 

Дано:	Решение:
Rя = 10-13 см = 10-15 м ħ = 1,05×10-34 Дж×с	Соотношение неопределенностей для координаты и импульса имеет вид

Δх·Δр_х ≥ ћ,

где Δх – неопределенность координаты частицы (в данном случае электрона);

Δр_х – неопределенность импульса электрона;

ћ – постоянная Планка.

Если неопределенность координаты принять равной радиусу ядра, т.е. Δх = R_я, то неопределенность импульса электрона выразим следующим образом:

.

Так как Δр_х=mΔV_х, то и .

Вычислим неопределенность скорости электрона:

.

Сравнивая полученное значение со скоростью света в вакууме с = 3×10⁸ м/с, видим, что , а это невозможно. Следовательно, ядра не могут содержать электронов.

 

Пример 4. Электрон находится в бесконечно глубоком, прямоугольном, потенциальном ящике шириной l. В каких точках в интервале (0<х<l) плотности вероятности нахождения электрона на втором и третьем энергетических уровнях одинаковы? Вычислить значение плотности вероятности для этих точек. Решение пояснить графиком.

 

Дано:	Решение:
0<х<l	Вероятность обнаружить частицу в интервале х1<х<х2 определяется выражением: ,
х-? -?

где ψ_n(х) – нормированная собственная ψ-функция, отвечающая данному состоянию. Нормированная собственная ψ-функция, описывающая состояние электрона в потенциальном ящике, имеет вид:

.

Возбужденным состоянием (n₁=2) и (n₂=3) отвечают собственные функции:

и .

По условию задачи , тогда получим:

, или

.

.

Используя соотношения:

,

,

получим:

;

. (*)

Так как , то выражение (*) примет вид:

.

Решим полученное уравнение:

1) , или , откуда , а , где n=0, 1, 2, 3,…

Тогда ; ; ; .

2) , или , откуда , а – это значение не удовлетворяет условию задачи (0<х<l).

Следовательно, ; ; ; .

Вычислим значение плотности вероятности в этих точках:

.

Так как , то вычисление сделаем только для состояния n=2 (электрон находится на втором энергетическом уровне):

Для :

;

: ;

: ;

: .

Итак, для точек х₁ и х₄: ;

Для точек х₂ и х₃: .

Построим график (рисунок 54).

Пример 5. Определите начальную активность А₀ радиоактивного препарата магния ²⁷Mg массой m = 0,2 мкг, а также его активность А через время t = 6 ч. Период полураспада Т_1/2 магния считать известным.

 

Дано:	Решение:
27Mg m = 0,2 мкг = 2×10-10 кг М = 27×10-3 кг/моль t = 6 ч = 6×3,6×103 с Т1/2 = 10 мин = 600 с	Активность А изотопа характеризует скорость радиоактивного распада и определяется отношением числа dN ядер, распавшихся за интервал времени dt, к этому интервалу:
А0-? А-?

.

Знак «минус» показывает, что число N радиоактивных ядер с течением времени убывает.

Воспользуемся законом радиоактивного распада

N = N₀е^-λt.

Тогда: .

Начальную активность А₀ препарата получим при t = 0: А₀ = λN₀, где постоянная радиоактивного распада . Число N₀ радиоактивных ядер, содержащихся в изотопе массой m, равно: , где М – молярная масса изотопа. N_А = 6,02×10²³ моль^-1 – постоянная Авогадро.

Следовательно, ;

, или .

Произведем вычисления:

.

.

Ответ: А₀ = 5,15 ТБк; А = 81,5 Бк.

Пример 6. Вычислите дефект массы и энергию связи ядра .

 

Решение.

Дефект массы ядра Δm есть разность между суммой масс свободных нуклонов (протонов и нейтронов) и массой ядра, то есть:

, (1)

где Z – атомный номер изотопа (число протонов в ядре);

А – массовое число (число нуклонов, составляющих ядро);

Рисунок 54

m_р, m_n и m_я – соответственно массы протона, нейтрона и ядра.

В справочных таблицах всегда даются массы нейтральных атомов, но не ядер, поэтому формулу (1) целесообразно преобразовать так, чтобы в нее входила масса m_а нейтрального атома. Масса нейтрального атома равна сумме масс ядра и электронов, составляющих электронную оболочку атома: m_а = m_я + Zm_е, откуда m_я = m_а – Zm_е. Тогда формула (1) примет вид:

.

Замечая, что m_p + m_e = (масса атома водорода), окончательно получим:

.

Подставив в это выражение числовые значения масс в а.е.м. (см. табл. 15 и 17 Приложения), получим:

а.е.м

Для вычисления энергии связи ядра воспользуемся формулой

Е_св = 931Δm (МэВ):

Е_св = 931×0,04216 МэВ = 39,2 МэВ.

Ответ:Δm = 0,04216 а.е.м.; Е_св = 39,2 МэВ.

 

Пример 7. При соударении α-частицы с ядром бора произошла ядерная реакция, в результате которой образовалось два новых ядра. Одним из этих ядер было ядро атома водорода . Определите порядковый номер и массовое число второго ядра, запишите символически ядерную реакцию и определите ее энергетический эффект.

 

Решение.

Обозначим неизвестное ядро символом . Так как α-частица представляет собой ядро гелия , запись реакции имеет вид:

.

Применив закон сохранения заряда, получим уравнение: 2+5=1+Z, откуда Z=6. Применив закон сохранения числа нуклонов, получим уравнение: 4+10=1+А, откуда А=13. Следовательно, неизвестное ядро является ядром атома изотопа углерода . Теперь можем записать ядерную реакцию в окончательном виде:

.

Энергетический эффект Q ядерной реакции определяется по формуле:

Q = 931[(m_He + m_B) – (m_H + m_C)] МэВ.

Заменяя массы исходных ядер и массы ядер продуктов реакции массами нейтральных атомов (см. табл.15 Приложения) и подставив их в расчетную формулу, получим:

Q = 931[4,00260+10,01294) – (1,00783+13,00335)] МэВ = 4,06 МэВ.

Ответ: Q = 4,06 МэВ.

 

Пример 8. Определить энергию реакции ¹⁰В(n,α)⁷Li, протекающей в результате взаимодействия весьма медленных нейтронов с покоящимися ядрами бора. Найти также кинетические энергии продуктов реакции.

Решение.

Ядерная реакция ¹⁰В(n,α)⁷Li состоит в следующем. Ядро бора , поглотив медленный нейтрон , превращается в промежуточное ядро . Последнее, будучи возбужденным, испускает α-частицу (т.е. ядро гелия ), превращаясь в ядро лития . В развернутом виде реакция записывается так:

.

Энергия ядерной реакции (или тепловой эффект реакции) Q определяется по формуле:

Q Дж, (1)

или Q МэВ.

Заменив массы покоя ядер атомов массами покоя самих атомов (см. табл. 15 Приложения), получим:

Q = 931(10,01294+1,00867–7,01601–

– 4,00260) МэВ = 2,8 МэВ.

Чтобы найти кинетические энергии продуктов реакции – ядра лития ⁷Li и α-частицы, применим закон сохранения релятивистской энергии и закон сохранения импульса:

, или

;

с учетом равенства (1) получим:

Q .

Из условия задачи следует, что величинами T_B и T_n можно пренебречь. Тогда получим для суммы кинетических энергий частиц ⁷Li и ⁴Не:

T_Li + T_Hе = Q (2)

По закону сохранения импульса: .

Полагая суммарный импульс частиц до реакции равным нулю, получим:

.

Отсюда для модулей импульсов имеем: .

Импульсы частиц и их кинетические энергии связаны соотношением . Следовательно:

(3)

Решаем систему уравнений (2), (3):

Т.к. Q , то (Q ),

Q Þ ;

.

Произведем вычисления:

.

.

Ответ: Q = 2,8 МэВ; Т_Li = 1,02 МэВ; Т_Не = 1,78 МэВ.

 

Пример 9. Позитрон с кинетической энергией Т = 0,75 МэВ налетает на покоящийся свободный электрон. В результате аннигиляции возникает два γ-фотона с одинаковыми энергиями. Определите угол θ между направлениями из разлета.

 

Дано:	Решение:
Т = 0,75 МэВ = 0,75×1,6×10-13 Дж m0 = 9,1×10-31 кг e1 = e2 = e	Процесс аннигиляции электрона е- и позитрона е+ происходит по схеме е-+е+→γ+γ и подчиняется
θ-?

законам сохранения энергии и импульса. Согласно закону сохранения импульса, импульс позитрона равен векторной сумме импульсов γ-фотонов и (рисунок 55): .

При этом , где ε– энергия каждого γ-фотона.

Из рисунка 55 получим: , тогда:

(*)

Чтобы вычислить угол θ, надо определить импульс позитрона и энергию ε каждого γ-фотона. Импульс позитрона найдем, зная его кинетическую энергию Т. Поскольку величина Т превышает энергию покоя позитрона m₀c² = 0,511 МэВ, то позитрон следует рассматривать как релятивистскую частицу. В этом случае импульс частицы выражается формулой .

Энергию γ-фотона ε определим с помощью закона сохранения релятивистской энергии:

,

где – сумма энергий покоя частиц до реакции, а – сумма их кинетических энергий. Справа стоят величины, относящиеся к частицам после реакции. Учитывая, что масса покоя фотонов равна нулю: , а полная энергия фотонов есть их кинетическая энергия, т.е. , и что электрон и позитрон обладают одинаковой массой покоя m₀, получим: .

Подставив в уравнение (*) значение 2εи значение импульса позитрона , найдем:

.

Так как энергия покоя электрона (позитрона) m₀c² = 0,511 МэВ, то получим:

; .

Ответ: θ = 99°.