Решение: Заряд металлического шара емкостью 2,1 мкФ равен 6,3 мкКл. На сколько увеличится заряд

Условие задачи:

Заряд металлического шара емкостью 2,1 мкФ равен 6,3 мкКл. На сколько увеличится заряд шара при длительном облучении фотонами с энергией 7,2 эВ? Работа выхода электронов из металла равна 1,6 эВ.

Задача №11.2.29 из «Сборника задач для подготовки к вступительным экзаменам по физике УГНТУ»

Дано:

\(C=2,1\) мкФ, \(q_0=6,3\) мкКл, \(E=7,2\) эВ, \(A_{вых}=1,6\) эВ, \(\Delta q-?\)

Решение задачи:

Изменение (увеличение) заряда шарика можно определить по следующей формуле:

\[\Delta q = q — {q_0}\;\;\;\;(1)\]

Здесь \(q\) — конечный заряд шарика, \(q_0\) — начальный заряд шарика.

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

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

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

Зададимся вопросом, почему заряд (а следовательно и потенциал шарика) не может возрастать бесконечно. Когда фотон света вырвет первый электрон, то заряд шарика увеличится на величину \(e\) (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:

\[ — \varphi e + \frac{{{m_e}{\upsilon ^2}}}{2} = 0\;\;\;\;(3)\]

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

Здесь \(\varphi\) — конечный потенциал шарика, а знак «-» показывает знак заряда электрона. Потенциал \(\varphi\) можно найти по формуле:

\[\varphi = \frac{q}{C}\]

Формула (3) в таком случае примет вид:

\[ — \frac{{qe}}{C} + \frac{{{m_e}{\upsilon ^2}}}{2} = 0\]

\[\frac{{{m_e}{\upsilon ^2}}}{2} = \frac{{qe}}{C}\;\;\;\;(4)\]

Учитывая равенство (4), уравнение (2) примет вид:

\[E = {A_{вых}} + \frac{{qe}}{C}\]

Обе части полученного уравнения домножим на \(C\), тогда:

\[EC = {A_{вых}}C + qe\]

Значит конечный заряд \(q\) равен:

\[q = \frac{{\left( {E — {A_{вых}}} \right)C}}{e}\;\;\;\;(5)\]

Теперь выражение (5) поставим в формулу (1):

\[\Delta q = \frac{{\left( {E — {A_{вых}}} \right)C}}{e} — {q_0}\]

Приведем напоследок под общий знаменатель:

\[\Delta q = \frac{{\left( {E — {A_{вых}}} \right)C — {q_0}e}}{e}\]

Мы получили решение задачи в общем виде, посчитаем теперь численный ответ (напоминаем, что 1 эВ = 1,6·10^-19 Дж):

\[\Delta q = \frac{{\left( {7,2 — 1,6} \right) \cdot 1,6 \cdot {{10}^{ — 19}} \cdot 2,1 \cdot {{10}^{ — 6}} — 6,3 \cdot {{10}^{ — 6}} \cdot 1,6 \cdot {{10}^{ — 19}}}}{{1,6 \cdot {{10}^{ — 19}}}} = 5,46 \cdot {10^{ — 6}}\;Кл = 5,46\;мкКл\]