Решение: Медный шарик, удаленный от других тел, облучается монохроматическим излучением, длина

Условие задачи:

Медный шарик, удаленный от других тел, облучается монохроматическим излучением, длина волны которого 0,2 мкм. До какого максимального потенциала зарядится шарик, если работа выхода электрона с поверхности меди 4,5 эВ?

Задача №11.2.27 из «Сборника задач для подготовки к вступительным экзаменам по физике УГНТУ»

Дано:

\(\lambda = 0,2\) мкм, \(A_{вых} = 4,5\) эВ, \(\varphi — ?\)

Решение задачи:

Согласно уравнению Эйнштейна для фотоэффекта энергия поглощенного кванта \(h\nu\) идет на совершение работы выхода \(A_{вых}\) и на сообщение кинетической энергии вылетевшему электрону \(\frac{{{m_e}{\upsilon ^2}}}{2}\). Поэтому:

\[h\nu = {A_{вых}} + \frac{{{m_e}{\upsilon ^2}}}{2}\;\;\;\;(1)\]

В этой формуле \(h\) — это постоянная Планка, равная 6,62·10^-34 Дж·с.

Частоту колебаний \(\nu\) можно выразить через скорость света \(c\), которая равна 3·10⁸ м/с, и длину волны \(\lambda\) по следующей формуле:

\[\nu = \frac{c}{\lambda}\;\;\;\;(2)\]

Подставим выражение (2) в формулу (1), тогда:

\[\frac{{hc}}{\lambda } = {A_{вых}} + \frac{{{m_e}{\upsilon ^2}}}{2}\;\;\;\;(3)\]

Зададимся вопросом, почему заряд (а следовательно и потенциал медного шарика) не может возрастать бесконечно. Когда фотон ультрафиолетового света вырвет первый электрон, то заряд шарика станет положительным и равным \(e\) (это модуль заряда электрона, равный 1,6·10^-19 Кл), а электрон удалится от шарика на бесконечное расстояние. При дальнейшем облучении шарика его заряд будет возрастать и настанет момент, когда вырванные электроны будут обратно притягиваться к шарику. При этом граничное условие для электрона, который ещё сможет вырваться навсегда из шарика и не вернется обратно к нему, по закону сохранения энергии можно записать:

\[ — \varphi e + \frac{{{m_e}{\upsilon ^2}}}{2} = 0\]

То есть изначально у электрона (в момент выхода из атома меди) есть потенциальная энергия взаимодействия с заряженным шариком и кинетическая энергия, а на бесконечности энергии нет.

Здесь \(\varphi\) — искомый потенциал шарика, а знак «-» показывает знак заряда электрона. Имеем:

\[\frac{{{m_e}{\upsilon ^2}}}{2} = \varphi e\;\;\;\;(4)\]

Подставим выражение из (4) в уравнение (3), тогда:

\[\frac{{hc}}{\lambda } = {A_{вых}} + \varphi e\]

\[\varphi e = \frac{{hc}}{\lambda } — {A_{вых}}\]

Приведем справа под общий знаменатель:

\[\varphi e = \frac{{hc — {A_{вых}}\lambda }}{\lambda }\]

\[\varphi = \frac{{hc — {A_{вых}}\lambda }}{{e\lambda }}\]

Задача решена в общем виде, посчитаем теперь численный ответ задачи (1 эВ = 1,6·10^-19 Дж):

\[\varphi = \frac{{6,62 \cdot {{10}^{ — 34}} \cdot 3 \cdot {{10}^8} — 4,5 \cdot 1,6 \cdot {{10}^{ — 19}} \cdot 0,2 \cdot {{10}^{ — 6}}}}{{1,6 \cdot {{10}^{ — 19}} \cdot 0,2 \cdot {{10}^{ — 6}}}} = 1,71\;В\]