příklady - tahák

λ
, ⇒ sinθ = m
d
λ
≤ 1. Této
podmínce vyhovují následující hodnoty interferenčního řádu: m = 0, ±1,
±2, ±3, ±4. Tj. celkem 9 maxim na půlkruhové dráze. Protože koncové
body obou půlkruhových drah splývají, bude zaznamenáno na 2.
půlkruhové dráze dalších (pouze) 7 maxim. Celkem 16 maxim.


Na obr dopadá ze vzduchu světlo vlnové délky 600nm kolmo na pět
oblastí průhledné látky. Tato látka má index lomu 1,5. Tloušťka každé
oblasti je vyjádřena pomocí h=4,00µm. Pro kterou z oblastí bude pro
světlo odražené od horní a dolní plochy docházet ke konstruktivní
interferenci.
Jde o interferenci na tenkých vrstvách: δ = 2d
2
sin
1
22
1
2
2
λ
θ +− nn .
V tomto případě úhel dopadu θ1 = 0 (kolmý dopad), takže δ = 2d n2 +
2
λ
.
Postupně dosazujeme d = h, 2h, ….. do podmínky pro vznik
interferenčních maxim (d = m.λ). Nevyhovuje žádná vypočítaná hodnota
interferenčního řádu m. Zdůvodněte proč nevyhovuje.
Paprsek 1-odraz s opač. fází, paprsek 2-odraz se stejnou fází. Dráhový
rozdíl paprsku 1 a 2. t1=2d/v (v=rychlost v prostředí n=1,5), s=c.t1
(rychlost ve vzduchu), s=c.2d/v=n.2d, + ještě λ/2...odraz s opačnou fází.
∆x=s+λ/2=2nd+λ/2. paprsky ve fázi ≈ ∆x=k.λ, k=1,2..., 2nd+λ/2=k.λ
=>2nd=(2k+1).λ/2 (liché násobky λ/2) => 4nd=(2k+1).λ=> 4nd/λ=2k+1 ....
liché celé číslo.
DIFRAKCE: Mezi dvěma reflektory přibližujícího se automobilu je
vzdálenost 1,4m (a)úhlové vzdálenosti (b) maximální vzdálenost od
automobilu je oko rozliší? Předpokládejte že průměr pupily je 5mm a
vlnová délka 550mm počítejme že rozlišení omezuje pouze difrakce.
a) Využijeme Rayleighovo kritérium: 2 objekty jsou na hranici
rozlišitelnosti, jestliže nulté (centrální) ohybové maximum
jednoho objektu padne do 1. ohybového minima druhého
objektu. ⇒ že úhlová vzdálenost objektů (měřeno od oka
pozorovatele) musí být alespoň θR =1,22λ /d

kde d = poloměr apertury ( zde pupily). ⇒ θR = 1,34.10
-4
rad.
b) • 1. reflektor
θR d
lids. oko • 2. reflektor
d = vzájemná vzdálenost reflektorů. Z obr. ⇒ tg θR ≈
l
d
, a protože θR
je velmi malé, lze ℓ =
R
d
θ
= 10 km.

Barvi krovek svižníka vzniká interferencí na tenkých kutikulárních
vrstvách. Kromě toho tyto vrstvy tvoří šupinky o průměru 60um, které
vytvářejí různé barvy. Barvy které vidíte, jsou pak pointilistickou
směsí barev vzniklých interferencí na tenkých vrstvách jež se mění
podle toho odkud se na ně díváte Odhadněte vzdálenost ze které musíte
pozorovat krovky abyste podle Rayleighova kriteria byli na hranici
rozlišení různých barevných šupin.Počítejte s vlnovou délkou světla
550mm a s průměrem pupili vašeho oka 3mm
Podobně jako předchozí př. 19. tg θR =
l
d
a zároveň θR =
d
λ22,1
,
kde d = 60 µm je velikost objektu, který oko musí rozpoznat. ⇒ l
= 27 cm
Poznámka: kutikula = zevní vrstvička buněčné blány na živočišné nebo
rostlinné pokožce.
Pointilismus = směr v malířství kladoucí důraz na nanášení
čistých barev v tečkách.





Kruhová překážka dává týž difrakční obrazce jako kruhový otvor
stejného průměru.Drobné kapičky jsou toho příkladem Pozorujete-li
měsíc přes mlhu vidíte difrakční obrazec od mnoha kapiček. Výsledek
je jasné oko okolo měsíce. (a)Jaká barva je na hranici tohoto obrazce?
Červená nebo modrá (b)Předpokládejme že ohraničující kruh má
úhlový průměr 1,5krát větší něž úhlový průměr měsíce 0,50° Jak velké
jsou kapičky. Jde o difrakci na kruhové překážce (kruhovém otvoru, což
je matematicky jedno, protože se jedná o chování světelných paprsků na
hranici tohoto útvaru). Analýza tohoto jevu je mat. značně složitější než v
podobné situaci na obdélníkové štěrbině. 1. minimum difrakčního obrazce
(ve tvaru soustředných světlých a tmavých kruhů) na kruhovém otvoru o
průměru d nastává ve směru určeném vztahem sinθ = 1,22
d
λ
. (Pro
srovnání: 1. min. při ohybu na obdélníkové štěrbině nastává ve směru
určeném vztahem sinθ = 1.
a
λ
, kde a je šířka štěrbiny.) Koef. 1,22 souvisí s
kruhovým tvarem otvoru. Ze vztahu že světlo červené barvy bude více
odchýleno a proto čer. kroužek bude lemovat difrakční obrazec kolem
Měsíce. B)Vyjdeme ze stejného vztahu a z něho ⇒ d = 1,3.10
-4
m

Difrakční mřížku o šířce 1cm tvoří 10000 rovnoběžných štěrbin.
Monochromatické světlo dopadající kolmo na mřížku je v prvním řádu
odchýleno o 30° jaká je vlnová délka.
Platí: d.sinθ = 2m
2
λ
....... pro maxima. d = vzdálenost středů sousedních
štěrbin
λ = 500 nm.


FOTONY: Oranžové světlo dálniční výbojky má vlnovou délku 589
nm. Jaká je příslušná energie fotonů tohoto světla.
E = h.f = h
λ
c
h = 6,626.10
-34
J.s je Planckova konstanta c = 3.10
8
m.s
-1
E = 2,11 eV (elektronvoltu)
Jednotka energie ve světě mikročástic byla zvolena takto: Práce A
elektrických sil při přemístění elektronu (s nábojem Q )mezi 2 místy, mezi
nimiž je napětí 1 volt (U), je A = QU = 1 e.1V = 1eV.
Platí: 1eV = 1,6.10
-19
C.1V = 1,6.10
-19
CV = 1,6.10
-19
J.

Helium-neonový laser vyzařuje svazek červeného světla (λ = 633 nm) o
průměru přibližně 3,5 mm. Jeli výkon laseru 5,0 mW, kolik fotonů
dopadá na detektor v dráze svazku? Předpokládejte, že detektor
absorbuje celý svazek.

n =
E
P
P .... výkon laseru, E ....... energie 1 fotonu ⇒ n =
λ.
hc
P
.

Speciální zdroj vyzařuje monochromatické světlo o vlnové délce
630nm. Jeho příkon je 60W a účinost převodu elektrické na světlo je
93%. Kolik fotonů vyzáří zdroj za svou dobu života 730h?

Celková vyzářená energie za 730 hod. je: E = 0,93.Pt t = 730 h =
730.3600 s
Energie 1 fotonu E1 =
λ
hc
. n =
1
E
E
= 4,7.10
26
fotonů.


Výstupní práce draslíku a cesia jsou 2,25 eV a 2,14 eV. (a) Uskuteční se
fotoelektrický jev pro některý z těchto prvků pro dopadající světlo o
vlnové délce 565 nm? (b) Uskuteční se pro světlo o vlnvé délce 518 nm?
a) hf = A +
2
1
mv
2
⇒ aby nastal fotoefekt, musí být splněna podmínka
λ
hc
≥ A. Z výpočtů ⇒ Adraslíku >
λ
hc
> Acesia b)
λ
hc
> A (Platí
nejen pro cesium, ale i pro draslík Proto fotoefekt v tomto případě nastane u
obou kovů.)
(a) Je-li výstupní práce daného kovu 1,8 eV, jaký je brzdný potenciál
pro světlo o vlnové délce 400nm? (b) Jaká je největší rychlost
fotoelektronů při opuštění povrchu kovu?
a) hf = A +
2
1
mv
2

eUb =
2
1
mv
2
= hf – A ⇒ Ub = 1,3 V.
b)
λ
hc
- A =
2
1
mv
2
⇒ v = 6,8.10
5
m.s
-1
.
Rentgenové záření má vlnovou délu 35,0 pm. (a) Jaká je odpovídající
frekvence záření? Určete příslušné hodnoty (b) energie fotonu a (c)
hybnosti fotonu.

a) f =
λ
c
= 8,57.10
18
Hz
b) E = hf =
λ
hc
= 3,55.10
4
eV c) p =
λ
h
=1,89.10
-23
kg.m.s
-1
.


Projektil o hmotnosti 40g má rychlost 1 000m/s. (a) jakou vlnovou
délku můžete projektilu přiřadit? (b) Proč nelze vlnový charakter
projektilu demonstrovat pomocí difrakčních jevů?

a) λ =
mv
h
p
h
= = 1,7.10
-35
m
b) Protože vln. délka de Broglieho vln je příliš malá, nemůže se vlnový
charakter projektilu viditelně projevit.

Nerelavistická částice se pohybuje třikrát rychleji než elektron. Podíl
de Broglieho vlnové částice a vlnové délky elektronu je 1,813*10^-4.
Určete hmotnost částice a tím i to, o jakou částici se jedná.
λ =
mv
h
.......... de Broglieho vln. délka neznámé částice
λe =
ee
vm
h
..... de Broglieho vln. délka elektronu. Platí v = 3ve .
mv
vm
ee
e
=
λ
λ
⇒ m = 1,675.10
-27
kg To je klidová hmotnost neutronu.
Funkce Ψ(x) z rovnice Ψ(x)=Ψ0e
ikx
popisuje volnou částici, pro kterou
ve Schrodingerově rovnici
22
2
2
h
m
dx
d
+
ψ
(E – Ep,0) Ψ = 0 předpokládáme,
že Ep(x)=0. Přepokládejte nyní, že Ep(x) = Ep0 je konstantní. Ukažte že
rovnice Ψ(x)=Ψ0e
ikx
je stále řešením Schrodingerovy rovnice s vlnovým
číslem k částice daným nyní vztahem k= )(2
1
0,p
EEm
h
− Protože Ep(x)
= Ep,0 , získá Schrödingerova rovnice tvar:
22
2
2
h
m
dx
d
+
ψ
(E – Ep,0) Ψ = 0.

Nyní dosadíme Ψ = Ψ0 e
ikx
. 2. derivace této funkce podle x je:
2
2
dx
d ψ
= -k
2
Ψ0 e
ikx
= -k
2
Ψ
⇒ Schrödingerova rovnice : -k
2
ψ +
2
m2
h
(E – Ep,0 ) ψ = 0. (Můžeme
krátit ψ.)
⇒ k =






− )(
0,
2
2
p
m
EE
h
= )(2
2
0,p
EEm
h
−
π


DE BROGLIHO VLNY: Elektron v nekonečné jámě šířky 250 pm je v
základním stavu. Jak velkou enrgii musí absorbovat, aby se dostal do
stavu sn=4?
Energie elektronu na jeho n-té energetické hladině je: En = n
2
2
22
mL2
hπ

, kde
L je šířka jámy.
∆E = E4 – E1 = (4
2
– 1
2
)
2
e
2
Lm8
h
= 90,3 eV.
Atom (nikoliv vodíkový) absorbuje foton, jehož vlnová délka je 375 nm,
a ihned emituje foton o vlnové délce 580 nm. Jakou energii atom
absorboval?
E1 =
1
hc
λ
........................ energie absorbovaného fotonu
E2 =
2
hc
λ
....................... energie emitovaného fotonu
∆E = E1 – E2 = 1,17 eV

Vodíkový atom je nabuzen ze základního stavu do stavu sn=4. (a) Jak
velkou enrgii musí ato absorbovat? (b) Vypočtete a znázorněte v
energiovém diagramu různé hodnoty energie fotonů, které mohou být
emitovány, když se atom vrací zpět do základního stavu.

a) Pro celkovou energii elektronu vázaného ve vodíkovém atomu na n
– té energetické hladině platí:
En = -
22
0
4
2
h8
me
n
1
ε
= -
2
n
eV6,13
.
Takže ∆E = - 13,6 (
22
1
1
4
1
− ) = 12,8 eV

b) n = 4
∆E43
n = 3
∆E32 ∆E42
n = 2


∆E41 ∆E31 ∆E21

n = 1
∆E41 = 12,8 eV (vypočítáno v části a).)
∆E31 = 12,1 eV
∆E43 = 0,66 eV
∆E32 = 1,89 eV
∆E21 = 10,2 eV
∆E42 = 2,55 eV .