zbior zadan z fizyki cz ii

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

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)


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)


~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)


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)


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)


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.


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.

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)


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.


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)


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


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.


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.


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


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.


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.


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)


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)


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).


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)


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.


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)


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)


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


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.


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)


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 =


TN2 =


3.3.5. Znalezc wartosc najbardziej prawdopodobnaι preιdkosci drobin gazudoskona lego w temperaturze T .

Odpowiedz:

vp =

√2kT

m.


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 .


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)


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


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.


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


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)


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)


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)


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


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)


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)


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)


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)


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


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)


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.


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.

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.


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)


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)


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)


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.


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.


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.


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)


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


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)


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.


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.


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.


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)


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)


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) =


= 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).


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)


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)


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.


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)


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)


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)


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)


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)


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.


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).


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)


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)


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

.


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


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.

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)


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.


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.


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.


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


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)


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


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)


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).


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


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


∆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)


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


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)


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)


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)


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)


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)


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)


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


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


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.


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 .


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)


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 =(

qQ

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.


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)


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.


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.


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)


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 .


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)


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)


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 .


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 .


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


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 ,


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.

zbior zadan z fizyki cz ii

Documents