Материал: Методические указания к решению задач и выполнению контрольной работы № 3 по физике для студентов всех технических направлений. Москаленко А.Г., Гаршина М.Н

Таким образом, после прохождения света через два николя интенсивность его уменьшится в 8,86 раза.

Пример 11. На пути частично поляризованного пучка света поместили николь. При повороте николя на угол φ= 60° из положения, соответствующего максималь­ному пропуска- нию света, интенсивность прошедшего света уменьшилась в k = 3 раза. Найти степень по­ляризации падающего света.

Решение

Частично поляризованный свет можно рассмат­ривать как смесь плоскополяризованного и естественного света. Ни­коль всегда пропускает половину падающего на него естественного света (превращая его в плоскополяризованный). Степень пропускания поляризованного света, падающего на николь, зависит, согласно за­кону Малюса

от взаимной ориентации главных плоскостей поля­ризатора и анализатора. Поэтому полная интенсивность света, про­шедшего через николь,

I = 0,5I_n + I_p cos² φ,

где I_n, I_p - интенсивности естественной и поляризованной состав­ляющих света, падающего на николь.

Степень поляризации света

,

где I_макс = 0,5I_n + I_p, I_мин = 0,5I_n.

По условию, I_макс = kI, или,

I_макс =kI_мин + (I_макс - I_мин) cos² φ.

Обозначим через  отношение I_макс / I_мин, тогда

P = (1- )/ (1+);

1 = k [ + (1 - ) cos²];

2. Квантовая природа излучения

2.1. Основные законы и формулы

1. Энергетическая светимость абсолютно черного R* и серого R тела:

,

R = ^.R*,

где – испускательная способность абсолютно черного тела,  - коэффициент теплового излучения.

2. Законы излучения абсолютно черного тела:

- закон Стефана-Больцмана: ,  = 5,67^.10^-8 Вт/м^2.К.⁴

- законы Вина:

1) _m^.T = b, где b = 2,9^.10^-3 м^.К;

2) (r*_T)_max = c^.T ⁵, где c = 1,3^.10^-5 Вт/м^3.К⁵ .

3. Энергия, массса и импульс фотона

 = h^. = ^.

m = h^./c² = h/c^.

p = m^.c = h/

4. Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта

h^. = A_вых + m^.V²_max/2

5. Давление света

p = ^.(1 + ),

где  = nh - объемная плотность энергии, n – концентрация фотонов, ρ – коэффициент отражения поверхности.

6. Эффект Комптона

 = _K^.(1 - cos),

где _K = h/m₀^.c – комптоновская длина волны,  - угол рассеяния фотона.

2.2. Примеры решения задач

Пример 1. Железный шар диаметром d=0,1 м, нагре- тый до температуры Т₁=1500К, остывает на открытом воздухе. Через какое время его температура понизится до Т₂ = 1000 К? При расчете принять, что шар излучает как серое тело с коэф- фициентом излучения =0,5. Теплопроводностью воздуха пренебречь.

Решение

Количество теплоты, теряемое шаром при понижении температуры на малую величину dT, равно

dQ = c m dT, (1)

где c – удельная теплопроводность железа; m – масса шара.

Учитывая, что

m =  V= 4/3   r³, (2)

где r – радиус шара;  - плотность железа, получаем

dQ= 4/3  r³ c dT. (3)

С другой стороны, количество теплоты, теряемое шаром вследствие излучения, можно найти, используя закон Стефана-Больцмана:

dQ= εRSdt=  T⁴Sdt =   T⁴4 r²dt, (4)

где dt – время излучения, соответствующее понижению температуры на dT. Приравнивая правые части равенств (3) и (4), получаем

. (5)

Проинтегрировав это выражение, найдем

t= c r(1/T₂³ – 1/T₁³)/ 3. (6)

После подстановки числовых значений получим t = 500 с.

Пример 2. Вследствие изменения температуры черно- го тела максимум спектральной плотности энергетической светимости сместился с длины волны ₁ =2,4 мкм на ₂=0,8 мкм. Как и во сколько раз изменилась энергетическая светимость тела и максимальная спектральная плотность энергетической светимости?

Решение

Зная длины волн, на которые приходятся максимумы лучеиспускательной способности тела, и, используя закон смещения Вина, находим начальную и конечную температуры тела

T

Энергетическая светимость черного тела определяется согласно закону Стефана-Больцмана

R^*=  T⁴ ,

следовательно, R₁^*/ R₂^* = (T₂/T₁)⁴ = (₁/₂)⁴ .

Максимальное значение спектральной плотности энергетической светимости определяется по второму закону Вина

r^*_{ Tmax} = c T⁵ .

Тогда r^*_2max/ r^*_1max = (T₂/T₁)⁵ = (₁/₂)⁵ .

Подставляя числовые значения, получаем

R₂*/R₁* = 81;

r^*_2max/ r^*_1max = 243.

Пример 3. Красная граница фотоэффекта у рубидия равна ₀=0,8 мкм. Определить максимальную скорость фото- электронов при облучении рубидия монохроматическим светом с длиной волны =0,4 мкм. Какую задерживающую разность потенциалов нужно приложить к фотоэлементу, чтобы прекратился ток?

Решение

Энергия фотона вычисляется по формуле =hc/ и составляет для =0,4 мкм  = 3,1эВ. Эта величина значительно меньше энергии покоя электрона, поэтому максимальная кинетическая энергия фотоэлектрона может быть выражена классической формулой T_max = ½ mV_max². Выразив работу выхода через красную границу фотоэффекта, на основании уравнения Эйнштейна получим

T_max= ½ m V_max² = h c/  - h c/ ₀ .

Откуда

V_max= (2 h c(₀ - )/(m ₀ ))^1/2 .

Подставив числовые значения, найдем V_max = 0,7410⁸ м/с.

При U<0 внешнее поле между катодом и анодом фотоэлемента тормозит движение электронов. Задерживающая разность потенциалов Uз, при которой сила тока обращается в нуль, определится из уравнения e U_з = m V_max² /2.

Следовательно, U_з= hc(1/ - 1/₀) /e = 1,58 В.

Пример 4. Уединенный медный шарик облучают ультра- фиолетовыми излучением с длиной волны =165 нм. До какого максимального потенциала зарядится шарик?

Решение

Вследствие вылета электронов под действием излучения шарик заряжается положительно. Электрическое поле шарика тормозит вылетевшие электроны, однако, если их кинети- ческая энергия достаточно велика для преодоления электро- статического притяжения, то они будут уходить практически в бесконечность. Максимальный потенциал, до которого зарядится шарик, определится из выражения

e _max= m V_max² /2.

Из уравнения Эйнштейна

m V_max² /2= h - A = hc/  - A ,

тогда

_max= (hc/  - A) /e = 3 эВ.

Пример 5. Фотон испытал рассеяние на покоившемся свободном электроне. Найти импульс налетавшего фотона, если энергия рассеянного фотона равна кинетической энергии электрона отдачи при угле =/2 между направлениями их разлета.

Решение

Кинетическая энергия T электрона отдачи на основании закона сохранения энергии равна разности между энергией  падающего фотона и энергией ’ рассеянного фотона

T=  - ’ .

По условию задачи T= ’, значит, = 2 ’, или

hc/ = 2hc/ ’ ,

откуда  / ’= 0,5 , а с учетом формулы P= h/ , P’/P =0,5. Воспользуемся законом сохранения импульса, в соответствии с которым

.

Построим векторную диаграмму.

Угол  = 90 между направлениями разлета рассеянного фотона и электрона отдачи складывается из углов  и . Учитывая, что sinα = P^’/P = 0,5 , а α = 30⁰, получим  =  -  = 60. На основании формулы Комптона  = 0,5 _k , следовательно получаем

P= h/ 0,5_k = 2m₀ с = 1,02 МэВ/с.

Пример 6. Определить импульс электрона отдачи при эффекте Комптона, если фотон с энергией, равной энергии покоя электрона, был рассеян под угол = 180.