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):

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