Przejdź do treściPrzejdź do informacji o dostępnościMenu skrótów klawiszowych
Logo OpenStax
Fizyka dla szkół wyższych. Tom 3

6.5 Fale de Broglie’a

Fizyka dla szkół wyższych. Tom 36.5 Fale de Broglie’a

Cel dydaktyczny

W tym podrozdziale nauczysz się:
  • opisywać hipotezę de Broglie’a o istnieniu fal materii;
  • wyjaśniać, w jaki sposób hipoteza de Broglie’a dostarczyła uzasadnienia dla kwantowania momentu pędu w modelu atomu zaproponowanym przez Bohra;
  • opisywać doświadczenie Davissona-Germera;
  • interpretować ideę fal materii de Broglie’a i to, jak wyjaśnia ona zjawiska dyfrakcyjne w rozpraszaniu elektronów.

Z analizy rozpraszania Comptona i efektu fotoelektrycznego wynika, że fala elektromagnetyczna podczas oddziaływania z materią zachowuje się jak zbiór cząstek, zwanych fotonami. W 1924 roku Louis de Broglie (1892–1987) zaproponował nową hipotezę, zakładającą, że elektrony i inne cząstki materii mogą zachowywać się jak fale. Ideę tę nazywamy hipotezą de Broglie’a o falach materii (ang. de Broglie’s hypothesis of matter waves). Hipoteza ta doprowadziła do rozwoju mechaniki kwantowej (ang. wave quantum mechanics), opisującej zjawiska fizyczne w mikroświecie atomów i cząstek elementarnych, w konsekwencji także do wielu nowych odkryć technologicznych, takich jak: lasery, tranzystory, mikroskopy elektronowe, rezonans magnetyczny czy diody. Dzięki temu przyczyniła się także do rozwoju wielu innych dziedzin, a będąc podstawą współczesnej elektroniki, wpływa na całe nasze życie.

Zgodnie z hipotezą de Broglie’a wielkości opisujące zarówno bezmasowe fotony, jak i masywne cząstki muszą spełniać taki sam zestaw równań łączących energię E E E z częstotliwością ν ν \nu i pęd p p p z długością fali λ λ \lambda . Omawialiśmy te związki dla fotonu w kontekście rozpraszania Comptona, teraz rozważymy je w ogólniejszym przypadku. Każdej cząstce o danej energii i pędzie towarzyszy fala de Broglie’a (ang. de Broglie wave) o częstotliwości ν ν \nu i długości fali λ λ \lambda

E = h ⁢ ν , E = h ⁢ ν , E=h\nu\text{,}
6.54
λ = h p , λ = h p , \lambda=\frac{h}{p}\text{,}
6.55

gdzie E E E i p p p oznaczają odpowiednio relatywistyczną energię i pęd cząstki. Możemy te relacje wyrazić przy użyciu wektora falowego k → k → \vec k , k = 2 ⁢ π ∕ λ k = 2 ⁢ π ∕ λ k=2\pi/\lambda i częstości ω = 2 ⁢ π ⁢ ν ω = 2 ⁢ π ⁢ ν \omega=2\pi\nu

E = ℏ ⁢ ω , E = ℏ ⁢ ω , E=\hbar\omega\text{,}
6.56
p → = ℏ ⁢ k → . p → = ℏ ⁢ k → . \vec p=\hbar\vec k\text{.}
6.57

Przekształcając ten wzór i podstawiając E = γ ⁢ m ⁢ c 2 E = γ ⁢ m ⁢ c 2 E=\gamma mc^2 oraz p = γ ⁢ m ⁢ u p = γ ⁢ m ⁢ u p=\gamma mu , otrzymujemy następującą relację

λ ⁢ ν = ω k = E ∕ ℏ p ∕ ℏ = E p = m ⁢ c 2 m ⁢ u = c 2 u = c β , λ ⁢ ν = ω k = E ∕ ℏ p ∕ ℏ = E p = m ⁢ c 2 m ⁢ u = c 2 u = c β , \lambda\nu=\frac{\omega}{k}=\frac{E/\hbar}{p/\hbar}=\frac{E}{p}=\frac{mc^2}{mu}=\frac{c^2}{u}=\frac{c}{\beta}\text{,}
6.58

gdzie β = u ∕ c β = u ∕ c \beta=u/c . Dla cząstki bezmasowej zachodzi u = c u = c u=c i Równanie 6.58 sprowadza się do λ ⁢ ν = c λ ⁢ ν = c \lambda\nu=c .

Przykład 6.11

Jak długie są fale de Broglie’a?

Wyznaczmy długość fali de Broglie’a
  1. piłki do koszykówki o masie 0,65⁢kg0,65⁢kg \SI{0,65}{\kilo\gram} rzuconej z prędkością 10 ⁢ m ∕ s 10 ⁢ m ∕ s \SI{10}{\metre\per\second} ;
  2. nierelatywistycznego elektronu o energii kinetycznej 1 ⁢ eV 1 ⁢ eV \SI{1}{\electronvolt} ;
  3. relatywistycznego elektronu o energii kinetycznej 108 ⁢ keV 108 ⁢ keV \SI{108}{\kilo\electronvolt} .

Strategia rozwiązania

Aby wyznaczyć długość fali de Broglie’a, skorzystamy z Równania 6.58. W przypadku obiektu poruszającego się z nierelatywistyczną prędkością u u u , tak jak w przypadku (a), gdy β = u ∕ c ≪ 1 β = u ∕ c ≪ 1 \beta=u/c\ll 1 , możemy skorzystać ze wzorów nierelatywistycznych. Gdy nie możemy skorzystać z przybliżenia nierelatywistycznego, tak jak w przypadku (c), musimy użyć ścisłego wyrażenia na pęd p=m⁢u=m0⁢γ⁢u=E0⁢γ⁢βp=m⁢u=m0⁢γ⁢u=E0⁢γ⁢β p=mu=m_0\gamma u=E_0 \gamma\beta, gdzie energia spoczynkowa dana jest wzorem E0=m0⁢c2E0=m0⁢c2 E_0=m_0c^2, a γ γ \gamma jest czynnikiem Lorentza γ = 1 ∕ 1 − β 2 γ = 1 ∕ 1 − β 2 \gamma=1/\sqrt{1-\beta^2} . Całkowita energia E E E cząstki dana jest wzorem (Równanie 6.54), a energia kinetyczna wyraża się przez E k = E − E 0 = γ − 1 ⁢ E 0 E k = E − E 0 = γ − 1 ⁢ E 0 E_{\text{k}}=E-E_0=(\gamma-1)E_0 . Gdy znamy już energię kinetyczną, możemy odwrócić zależność (Równanie 6.19), aby wyznaczyć pęd p = E 2 − E 0 2 ∕ c 2 = E k ⁢ E k + 2 ⁢ E 0 ∕ c p = E 2 − E 0 2 ∕ c 2 = E k ⁢ E k + 2 ⁢ E 0 ∕ c p=\sqrt{(E^2-E^2_0)/c^2}=\sqrt{E_{\text{k}}(E_{\text{k}}+2E_0)}/c i podstawić go do Równania 6.58
λ = h p = h ⁢ c E k ⁢ E k + 2 ⁢ E 0 . λ = h p = h ⁢ c E k ⁢ E k + 2 ⁢ E 0 . \lambda=\frac{h}{p}=\frac{hc}{\sqrt{E_{\text{k}}(E_{\text{k}}+2E_0)}}\text{.}
6.59

Ze względu na rozważany przypadek wygodnie będzie użyć innej postaci wyrażenia h ⁢ c h ⁢ c hc

h ⁢ c = 6,626 ⋅ 10 -34 ⁢ J ⁢ s ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 ⁢ m ∕ s = 1,986 ⋅ 10 -25 ⁢ J ⁢ m = 1,241 ⁢ eV ⁢ µm . h ⁢ c = 6,626 ⋅ 10 -34 ⁢ J ⁢ s ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 ⁢ m ∕ s = 1,986 ⋅ 10 -25 ⁢ J ⁢ m = 1,241 ⁢ eV ⁢ µm . hc=\SI{6,626e-34}{\joule\second}\cdot\SI{2,998e8}{\metre\per\second}=\SI{1,986e-25}{\joule\metre}=\SI{1,241}{\electronvolt\metre\micro}\text{.}

Rozwiązanie

  1. Energia kinetyczna piłki wynosi
    E k = m 0 ⁢ u 2 2 = 0,65 ⁢ kg ⋅ 10 ⁢ m ∕ s 2 2 = 32,5 ⁢ J , E k = m 0 ⁢ u 2 2 = 0,65 ⁢ kg ⋅ 10 ⁢ m ∕ s 2 2 = 32,5 ⁢ J , E_{\text{k}}=\frac{m_0u^2}{2}=\frac{\SI{0,65}{\kilo\gram}\cdot(\SI{10}{\metre\per\second})^2}{2}=\SI{32,5}{\joule}\text{,}
    a energia spoczynkowa
    E0=m0⁢c2=0,65⁢kg⋅2,998⋅108⁢m∕s2=5,84⋅1016⁢J.E0=m0⁢c2=0,65⁢kg⋅2,998⋅108⁢m∕s2=5,84⋅1016⁢J. E_0=m_0c^2=\SI{0,65}{\kilo\gram}\cdot(\SI{2,998e8}{\metre\per\second})^2=\SI{5,84e16}{\joule}\text{.}
    Zauważmy, że E k ∕ E k + E 0 ≪ 1 E k ∕ E k + E 0 ≪ 1 E_{\text{k}}/(E_{\text{k}}+E_0)\ll 1 , korzystamy więc z
    p=m0⁢u=0,65⁢kg⋅10⁢m∕s=6,5⁢J⁢s∕mp=m0⁢u=0,65⁢kg⋅10⁢m∕s=6,5⁢J⁢s∕m p=m_0u=\SI{0,65}{\kilo\gram}\cdot\SI{10}{\metre\per\second}=\SI{6,5}{\joule\second\per\metre}
    i podstawiamy do wzoru na długość fali
    λ = h p = 6,626 ⋅ 10 -34 ⁢ J ⁢ s 6,5 ⁢ J ⁢ s ∕ m = 1,02 ⋅ 10 -34 ⁢ m . λ = h p = 6,626 ⋅ 10 -34 ⁢ J ⁢ s 6,5 ⁢ J ⁢ s ∕ m = 1,02 ⋅ 10 -34 ⁢ m . \lambda=\frac{h}{p}=\frac{\SI{6,626e-34}{\joule\second}}{\SI{6,5}{\joule\second\per\metre}}=\SI{1,02e-34}{\metre}\text{.}
  2. W przypadku nierelatywistycznego elektronu
    E0=m0⁢c2=9,109⋅10-31⁢kg⋅2,998⋅108⁢m∕s2=511⁢keVE0=m0⁢c2=9,109⋅10-31⁢kg⋅2,998⋅108⁢m∕s2=511⁢keV E_0=m_0c^2=\SI{9,109e-31}{\kilo\gram}\cdot(\SI{2,998e8}{\metre\per\second})^2=\SI{511}{\kilo\electronvolt}
    i przy E k = 1 ⁢ eV E k = 1 ⁢ eV E_{\text{k}}=\SI{1}{\electronvolt} , zachodzi E k ∕ E k + E 0 = 1 ∕ 512 ⋅ 10 -3 ≪ 1 E k ∕ E k + E 0 = 1 ∕ 512 ⋅ 10 -3 ≪ 1 E_{\text{k}}/(E_{\text{k}}+E_0)=(1/512)\cdot 10^{-3}\ll 1 , możemy więc skorzystać ze wzoru nierelatywistycznego. Jednakże prościej będzie skorzystać wprost z Równania 6.59
    λ = h p = h ⁢ c E k ⁢ E k + 2 ⁢ E 0 = 1,241 ⁢ eV ⁢ µm 1 ⁢ eV ⋅ 1 ⁢ eV + 2 ⋅ 511 ⁢ keV = 1,23 ⁢ nm . λ = h p = h ⁢ c E k ⁢ E k + 2 ⁢ E 0 = 1,241 ⁢ eV ⁢ µm 1 ⁢ eV ⋅ 1 ⁢ eV + 2 ⋅ 511 ⁢ keV = 1,23 ⁢ nm . \lambda=\frac{h}{p}=\frac{hc}{\sqrt{E_{\text{k}}(E_{\text{k}}+2E_0)}}=\frac{\SI{1,241}{\electronvolt\metre\micro}}{\sqrt{\SI{1}{\electronvolt}\cdot (\SI{1}{\electronvolt}+2\cdot\SI{511}{\kilo\electronvolt})}}=\SI{1,23}{\nano\metre}\text{.}
  3. W przypadku szybkiego elektronu o energii kinetycznej E k = 108 ⁢ keV E k = 108 ⁢ keV E_{\text{k}}=\SI{108}{\kilo\electronvolt} nie można pominąć efektów relatywistycznych, ponieważ energia całkowita wynosi E = E k + E 0 = 108 ⁢ keV + 511 ⁢ keV = 619 ⁢ keV E = E k + E 0 = 108 ⁢ keV + 511 ⁢ keV = 619 ⁢ keV E=E_{\text{k}}+E_0=\SI{108}{\kilo\electronvolt}+\SI{511}{\kilo\electronvolt}=\SI{619}{\kilo\electronvolt} i stosunek E k ∕ E = 108 ∕ 619 E k ∕ E = 108 ∕ 619 E_{\text{k}}/E=108/619 nie jest zaniedbywalnie mały
    λ = h p = h ⁢ c E k ⁢ E k + 2 ⁢ E 0 = 1,241 ⁢ eV ⁢ µm 108 ⁢ keV ⋅ 108 ⁢ keV + 2 ⋅ 511 ⁢ keV = 3,55 ⁢ pm . λ = h p = h ⁢ c E k ⁢ E k + 2 ⁢ E 0 = 1,241 ⁢ eV ⁢ µm 108 ⁢ keV ⋅ 108 ⁢ keV + 2 ⋅ 511 ⁢ keV = 3,55 ⁢ pm . \lambda=\frac{h}{p}=\frac{hc}{\sqrt{E_{\text{k}}(E_{\text{k}}+2E_0)}}=\frac{\SI{1,241}{\electronvolt\metre\micro}}{\sqrt{\SI{108}{\kilo\electronvolt}\cdot (\SI{108}{\kilo\electronvolt}+2\cdot\SI{511}{\kilo\electronvolt})}}=\SI{3,55}{\pico\metre}\text{.}

Znaczenie

Z powyższych obliczeń wynika, że długość fali de Broglie’a obiektów makroskopowych, takich jak piłka, jest niemierzalnie mała i wszystkie efekty związane z falową naturą takich obiektów są nieistotne.

Sprawdź, czy rozumiesz 6.11

Ile wynosi długość fali de Broglie’a nierelatywistycznego protonu o energii kinetycznej 1 ⁢ eV 1 ⁢ eV \SI{1}{\electronvolt} ?

Hipoteza fal materii pozwoliła de Broglie’owi znaleźć uzasadnienie dla postulatu Bohra dotyczącego kwantowania momentu pędu elektronu w atomie wodoru. Fizyczne wyjaśnienie tego warunku kwantowania staje się jasne, gdy założy się, że elektron w atomie wykazuje cechy falowe. Aby to lepiej zrozumieć, możemy wyobrazić sobie drgającą strunę o długości l l l (Ilustracja 6.18). Długość fali stojącej nie może być dowolna, całkowita wielokrotność k k k połowy jej długości λ ∕ 2 λ ∕ 2 \lambda/2 musi bowiem być równa długości struny l l l . Daje to następujący warunek: l = k ⁢ λ ∕ 2 l = k ⁢ λ ∕ 2 l=k\lambda/2 na długość fali stojącej drgań struny. Rozważmy teraz, zamiast prostej struny, strunę w kształcie okręgu. Drgania takiej struny muszą teraz spełniać podobny warunek, z tym że wielokrotność połówek fal musi być w tym przypadku liczbą parzystą k k, k = 2 ⁢ n k = 2 ⁢ n k\text{, }k=2n . W dodatku długość l l l jest związana z promieniem okręgu r n r n r_n . Oznacza to, że promienie te nie mogą być dowolne, ale spełniać muszą następującą zależność

2 ⁢ π ⁢ r n = 2 ⁢ n ⁢ λ 2 . 2 ⁢ π ⁢ r n = 2 ⁢ n ⁢ λ 2 . 2\pi r_n=2n\frac{\lambda}{2}\text{.}
6.60

Zgodnie z Równaniem 6.60 długość fali de Broglie’a elektronu na n n n -tej orbicie musi być równa λ = 2 ⁢ π ⁢ r n ∕ n λ = 2 ⁢ π ⁢ r n ∕ n \lambda=2\pi r_n/n . Korzystając z Równania 6.59, możemy wyznaczyć pęd takiego elektronu p = h ∕ λ = n ⁢ h ∕ 2 ⁢ π ⁢ r n = n ⁢ ℏ ∕ r n p = h ∕ λ = n ⁢ h ∕ 2 ⁢ π ⁢ r n = n ⁢ ℏ ∕ r n p=h/\lambda=nh/(2\pi r_n)=n\hbar/r_n . Na orbicie kołowej moment pędu wynosi więc

L n = r n ⁢ p = r n ⁢ n ⁢ ℏ r n = n ⁢ ℏ . L n = r n ⁢ p = r n ⁢ n ⁢ ℏ r n = n ⁢ ℏ . L_n=r_np=r_n\frac{n\hbar}{r_n}=n\hbar\text{.}
6.61

Uzyskaliśmy w ten sposób zapostulowany przez Bohra pierwszy warunek kwantyzacji (Równanie 6.37). Wyjaśnienie tego warunku stanowiło przekonujący argument za istnieniem fal materii.

Rysunek A przedstawia falę stojącą na strunie przymocowanej do ścian. Odległość pomiędzy węzłami odpowiada połowie długości fali. Rysunek B przedstawia falę stojącą fali elektronu na trzeciej orbicie w modelu Bohra. Fala ułozona jest wzdłuż okręgu, i ma sześć węzłów. Odległość pomiędzy co drugim węzłem równa jest lambda.
Ilustracja 6.18 Fala stojąca: (a) na strunie przyczepionej z obu stron do ściany, (b) elektronu na trzeciej orbicie w modelu atomu Bohra.

Przykład 6.12

Fale de Broglie’a elektronu w stanie podstawowym atomu wodoru

Wyznaczmy długość fali de Broglie’a elektronu w stanie podstawowym atomu wodoru.

Strategia rozwiązania

Skorzystamy z pierwszego warunku kwantyzacji (Równanie 6.61) oraz z Równania 6.37 i Równania 6.39 dla pierwszej orbity.

Rozwiązanie

Gdy n = 1 n = 1 n=1 , a r n = a 0 = 0,529 ⁢ Å r n = a 0 = 0,529 ⁢ Å r_n=a_0=\SI{0,529}{\angstrom} , z warunku kwantyzacji wynika a 0 ⁢ p = 1 ⋅ ℏ ⇒ p = ℏ ∕ a 0 a 0 ⁢ p = 1 ⋅ ℏ ⇒ p = ℏ ∕ a 0 a_0p=1\cdot\hbar\implies p=\hbar/a_0 . Długość fali elektronu wynosi
λ=hp=hℏ∕a0=2⁢π⁢a0=2⁢π⋅0,529⁢Å=3,324⁢Å.λ=hp=hℏ∕a0=2⁢π⁢a0=2⁢π⋅0,529⁢Å=3,324⁢Å. \lambda=\frac{h}{p}=\frac{h}{\hbar/a_0}=2\pi a_0=2\pi\cdot\SI{0,529}{\angstrom}=\SI{3,324}{\angstrom}\text{.}

Znaczenie

Ten sam wynik otrzymać można bezpośrednio z Równania 6.59.

Sprawdź, czy rozumiesz 6.12

Wyznacz długość fali elektronu w trzecim stanie wzbudzonym atomu wodoru.

Eksperymentalne potwierdzenie istnienia fal materii przyszło w roku 1927, gdy C. Davisson (1881–1958) i L. Germer (1896–1971) przeprowadzili eksperyment rozpraszania elektronów na kryształach niklu. Eksperyment pierwotnie zaplanowany w celu badania właściwości powierzchni niklu, niejako przy okazji ujawnił falową naturę elektronów.

W doświadczeniu Davissona-Germera (ang. Davisson-Germer experiment) próbka niklu została specjalnie przygotowana w wysokiej temperaturze tak, aby zmienić jej strukturę krystaliczną. Zamiast zwykłej struktury polikryształu w próbce powstały duże obszary monokrystaliczne. Ilustracja 6.19 pokazuje schemat układu doświadczalnego. Elektrony termiczne, uwolnione z podgrzewanego źródła (zrobionego na przykład z wolframu) w dziale elektronowym, przyspieszane były przy pomocy różnicy potencjałów ΔVΔV \prefop{\Delta}V, tworząc wiązkę elektronów. Energia kinetyczna elektronów może być regulowana poprzez zmianę wartości tej różnicy potencjałów. Pęd rozpędzonych w ten sposób elektronów wynosi

e⁢ΔV=Ek=p22⁢m⇒p=2⁢m⁢e⁢ΔV.e⁢ΔV=Ek=p22⁢m⇒p=2⁢m⁢e⁢ΔV. e\prefop{\Delta}V=E_{\text{k}}=\frac{p^2}{2m}\implies p=\sqrt{2me\prefop{\Delta}V}\text{.}
6.62

Wiązka elektronów pada na powierzchnię próbki niklu pod kątem prostym, rozpraszając się na niej w różnych kierunkach. Natężenie wiązki rozproszonej pod kątem φ φ \varphi mierzone jest przy pomocy bardzo czułych detektorów. Położenie kątowe detektora względem kierunku padającej wiązki zmienia się w zakresie od φ = 0 ⁢ ° φ = 0 ⁢ ° \varphi=\SI{0}{\degree} do φ = 90 ⁢ ° φ = 90 ⁢ ° \varphi=\SI{90}{\degree} . Cały układ doświadczalny zamknięty jest w komorze próżniowej, aby wykluczyć zderzenia elektronów z cząsteczkami powietrza.

Rysunek przedstawia schemat układu doświadczalnego Davissona-Germera. Wiązka elektronów emitowana jest z działa elektronowego, przechodzi przez kolimator i pada na tarczę niklową. Rozproszona wiązka tworzy kąt phi z wiązką padającą i rejestrowana jest przez ruchomy detektor. Wszystko to zachodzi wewnątrz komory próżniowej.
Ilustracja 6.19 Schemat układu doświadczalnego Davissona-Germera. Spójna wiązka elektronów rozpraszana jest na tarczy niklowej. Energia kinetyczna elektronów regulowana jest poprzez przyłożoną różnicę potencjałów ΔVΔV \prefop{\Delta}V w dziale elektronowym. Natężenie rozproszonej wiązki elektronów mierzone jest pod różnymi kątami φ φ \varphi , w tej samej odległości od tarczy.

Gdy tarcza ma strukturę polikryształu z wieloma przypadkowo zorientowanymi mikroskopowymi kryształami, padające elektrony rozpraszają się na jej powierzchni w przypadkowych kierunkach. W rezultacie natężenie rozproszonej wiązki elektronów jest takie samo w każdym kierunku, analogicznie jak w przypadku światła rozproszonego na porowatej powierzchni. Jednakże gdy tarcza ma regularną strukturę krystaliczną, w natężeniu rozproszonej wiązki obserwuje się silne maksima przy wybranych kątach i wykazuje ono wyraźny wzór dyfrakcyjny (zobacz Ilustracja 6.20). Podobne wzory dyfrakcyjne badane były przez Williama H. Bragga (1862–1942) i Williama L. Bragga (1890–1971) (ojca i syna) w roku 1912 w rozpraszaniu promieniowania rentgenowskiego na kryształach. Sformułowane przez nich prawo Bragga łączy długość fali λ λ \lambda padającego promieniowania, odległość między węzłami sieci krystalicznej i położenie maksimum dyfrakcyjnego rozproszonego promieniowania (zobacz Dyfrakcja).

Odległość między węzłami siatki krystalicznej w tarczy użytej w eksperymencie Davissona-Germera, wyznaczona przy pomocy krystalografii rentgenowskiej, wynosiła a = 2,15 ⁢ Å a = 2,15 ⁢ Å a=\SI{2,15}{\angstrom} . W eksperymencie z wiązką elektronową tylko atomy na powierzchni próbki oddziałują z padającymi elektronami. W przypadku takiej dyfrakcji na powierzchni maksimum natężenia odbitej wiązki elektronów obserwuje się przy kątach spełniających warunek n ⁢ λ = a ⁢ sin φ n ⁢ λ = a ⁢ sin φ n\lambda=a\sin\varphi (zobacz Ilustracja 6.21). Pierwsze maksimum (dla n = 1 n = 1 n=1 ) zmierzono przy φ ≈ 50 ⁢ ° φ ≈ 50 ⁢ ° \varphi\approx\SI{50}{\degree} dla ΔV≈54⁢VΔV≈54⁢V \prefop{\Delta}V\approx\SI{54}{\volt}. Wyznaczona stąd długość fali wynosi λ = 2,15 ⁢ Å ⋅ sin 50 ⁢ ° = 1,64 ⁢ Å λ = 2,15 ⁢ Å ⋅ sin 50 ⁢ ° = 1,64 ⁢ Å \lambda=\SI{2,15}{\angstrom}\cdot\sin\SI{50}{\degree}=\SI{1,64}{\angstrom} . Różnica potencjałów o wartości 54⁢V54⁢V \SI{54}{\volt} przyspiesza natomiast padające elektrony do energii kinetycznej E k = 54 ⁢ eV E k = 54 ⁢ eV E_{\text{k}}=\SI{54}{\electronvolt} . Ich pęd, obliczony przy pomocy Równania 6.62, wynosi p = 2,478 ⋅ 10 -5 ⁢ eV ⁢ s ∕ m p = 2,478 ⋅ 10 -5 ⁢ eV ⁢ s ∕ m p=\SI{2,478e-5}{\electronvolt\second\per\metre} . Gdy użyjemy tej wartości we wzorze (Równanie 6.59), wyznaczona długość fali de Broglie’a wynosi

λ = h p = 4,136 ⋅ 10 -15 ⁢ eV ⁢ s 2,478 ⋅ 10 -5 ⁢ eV ⁢ s ∕ m = 1,67 ⁢ Å . λ = h p = 4,136 ⋅ 10 -15 ⁢ eV ⁢ s 2,478 ⋅ 10 -5 ⁢ eV ⁢ s ∕ m = 1,67 ⁢ Å . \lambda=\frac{h}{p}=\frac{\SI{4,136e-15}{\electronvolt\second}}{\SI{2,478e-5}{\electronvolt\second\per\metre}}=\SI{1,67}{\angstrom}\text{.}
6.63

Zgodność tego teoretycznego przewidywania z uzyskanym przez Davissona i Germera wynikiem eksperymentalnym λ = 1,64 ⁢ Å λ = 1,64 ⁢ Å \lambda=\SI{1,64}{\angstrom} stanowi przekonywujący dowód realności fal materii.

Wykres przedstawia zależność natężenia rozproszonej wiązki od kąta rozproszenia. Natężenie spada dla kątów między 10 a 30 stopni, następnie szybko rośnie i osiąga maksimum przy 50 stopniach, następnie opada do zera przy 80 stopniach.
Ilustracja 6.20 Wyniki eksperymentalne rozpraszania elektronów na tarczy niklowej przy różnicy potencjału w dziale elekronowym wynoszącej około ΔV=54⁢VΔV=54⁢V \prefop{\Delta}V=\SI{54}{\volt}: maksimum natężenia obserwuje się przy kącie rozpraszania około φ = 50 ⁢ ° φ = 50 ⁢ ° \varphi=\SI{50}{\degree} .
Rysunek przedstawia dyfrakcję monochromatycznej fali elektromagnetycznej na powierzchni kryształu. Będące zgodne w fazie fale padające rozpraszają się na atomach sieci. Phi jest kątem między padającym i odbitym promieniem, odległość pomiędzy atomami oznaczona jest literą a.
Ilustracja 6.21 Gdy monochromatyczna fala elektromagnetyczna rozprasza się na powierzchni kryształu, fale padające zgodne w fazie rozpraszają się na atomach sieci. Promień odbity od atomu znajdującego się po lewej stronie pokonuje dodatkową odległość D = a ⁢ sin φ D = a ⁢ sin φ D=a\sin\varphi do detektora, gdzie aa a jest odległością między atomami sieci. Odbite promienie pozostają zgodne w fazie, gdy DD D jest całkowitą wielokrotnością długości ich fali λ λ \lambda . Natężenie odbitego promieniowania ma więc maksima dla kątów φ φ \varphi spełniających n ⁢ λ = a ⁢ sin φ n ⁢ λ = a ⁢ sin φ n\lambda=a\sin\varphi .

Linie dyfrakcyjne mierzone przy użyciu niskoenergetycznych elektronów, takich jak w eksperymencie Davissona-Germera, są dość szerokie (zobacz Ilustracja 6.20), ponieważ padające elektrony rozpraszane są tylko na powierzchni próbki. Rozdzielczość obrazów dyfrakcyjnych poprawia się bardzo, gdy użyje się elektronów o bardzo wysokiej energii, przechodzących przez cienką, metalową folię. Uzyskane w ten sposób, zgodnie ze wzorem Bragga, maksima dyfrakcyjne są dużo wyraźniejsze (zobacz Ilustracja 6.22).

Zdjęcie A przedstawia wzór dyfrakcyjny otrzymany podczas rozpraszania promieni rengenowskich na krysztale. Zdjęcie B jest analogicze, tylko dyfrakcji ulegają elektrony. Na obu zdjęciach widoczne są jasne kropki symetrycznie rozmieszczone wokół dużej jasnej plamy.
Ilustracja 6.22 Obrazy dyfrakcyjne uzyskane w rozpraszaniu na kryształach: (a) promieni rentgenowskich, (b) elektronów. Obserwowany obraz odpowiada symetrii struktury krystalicznej badanej próbki.

Od czasu eksperymentów Davisona i Germera hipoteza de Broglie’a sprawdzana była przy użyciu wielu technik eksperymentalnych i istnienie fal materii potwierdzono dla wielu cząstek. W eksperymentach mających na celu zbadanie struktury krystalicznej materiałów wykorzystuje się neutrony poprzez badanie obrazów dyfrakcyjnych ich fal materii. Wynika stąd, że własności falowe nie są związane z jakimiś specjalnymi cechami cząstek (jak na przykład ładunek elektryczny), ale dotyczą wszystkich – bez wyjątku. Zbadano nawet fale materii związane z tak dużymi obiektami, jak cząsteczka węgla C60.

Przykład 6.13

Rozpraszanie neutronów

Rozważmy strumień neutronów używany w eksperymencie dyfrakcyjnym na krysztale. Oszacujmy energię kinetyczną neutronu (w eV eV \si{\electronvolt} ) w tym strumieniu i porównajmy ją z energią kinetyczną cząstki gazu doskonałego w temperaturze pokojowej.

Strategia rozwiązania

Odległość między atomami typowej sieci krystalicznej wynosi około 1 ⁢ Å 1 ⁢ Å \SI{1}{\angstrom} . Aby dało się zaobserwować wzór dyfrakcyjny na takiej sieci, długość fali neutronów λ λ \lambda musi być tego samego rzędu. Skorzystamy z Równania 6.62, aby wyznaczyć pęd p p p i energię kinetczną E k E k E_{\text{k}} . Aby porównać tę energię z energią E T E T E_T cząstki gazu doskonałego w temperaturze pokojowej T = 300 ⁢ K T = 300 ⁢ K T=\SI{300}{\kelvin} , skorzystamy ze wzoru Ek=3⁢kB⁢T∕2Ek=3⁢kB⁢T∕2 E_{\text{k}}=3k_{\text{B}}T/2, gdzie kB=8,62⋅10-5⁢eV∕KkB=8,62⋅10-5⁢eV∕K k_{\text{B}}=\SI{8,62e-5}{\electronvolt\per\kelvin} jest stałą Boltzmanna.

Rozwiązanie

Wyznaczmy najpierw p ⁢ c p ⁢ c pc i porównajmy tę wielkość z energią spoczynkową neutronu E 0 = 940 ⁢ MeV E 0 = 940 ⁢ MeV E_0=\SI{940}{\mega\electronvolt}
p=hλ⇒p⁢c=h⁢cλ=1,241⋅10-6⁢eV⁢m10-10⁢m=12,41⁢keV.p=hλ⇒p⁢c=h⁢cλ=1,241⋅10-6⁢eV⁢m10-10⁢m=12,41⁢keV. p=\frac{h}{\lambda}\implies pc=\frac{h c}{\lambda}=\frac{\SI{1,241e-6}{\electronvolt\metre}}{10^{-10}\si{\metre}}=\SI{12,41}{\kilo\electronvolt}\text{.}

Widzimy, że p 2 ⁢ c 2 ≪ E 0 2 p 2 ⁢ c 2 ≪ E 0 2 p^2c^2\ll E_0^2 , zatem E k ≪ E 0 E k ≪ E 0 E_{\text{k}}\ll E_0 , możemy więc skorzystać z nierelatywistycznego wzoru na energię

Ek=p22⁢mn=h2⁢λ2⁢mn=6,63⋅10-34⁢J⁢s22⋅10-20⁢m2⋅1,66⋅10-27⁢kg=1,32⋅10-20⁢J=82,7⁢MeV.Ek=p22⁢mn=h2⁢λ2⁢mn=6,63⋅10-34⁢J⁢s22⋅10-20⁢m2⋅1,66⋅10-27⁢kg=1,32⋅10-20⁢J=82,7⁢MeV. E_{\text{k}}=\frac{p^2}{2m_n}=\frac{h}{2\lambda^2m_n}=\frac{(\SI{6,63e-34}{\joule\second})^2}{\SI{2e-20}{\metre\squared}\cdot\SI{1,66e-27}{\kilogram}}=\SI{1,32e-20}{\joule}=\SI{82,7}{\mega\electronvolt}\text{.}

Energia kinetyczna cząstki gazu idealnego w temperaturze 300 ⁢ K 300 ⁢ K \SI{300}{\kelvin} wynosi

Ek⁢T=32⁢kB⁢T=32⋅8,62⋅10-5⁢eV∕K⋅300⁢K=38,8⁢MeV.Ek⁢T=32⁢kB⁢T=32⋅8,62⋅10-5⁢eV∕K⋅300⁢K=38,8⁢MeV. E_{\text{k }T}=\frac{3}{2}k_{\text{B}}T=\frac{3}{2}\cdot\SI{8,62e-5}{\electronvolt\per\kelvin}\cdot\SI{300}{\kelvin}=\SI{38,8}{\mega\electronvolt}\text{.}

Widzimy, że energie te są tego samego rzędu.

Znaczenie

Neutrony o takich energiach, porównywalnych z energią cząstki gazu doskonałego w temperaturze pokojowej, zwane są neutronami termicznymi.

Przykład 6.14

Długość fali relatywistycznego protonu

W wielkim zderzaczu hadronów w CERN protony rozpędzane są do prędkości równych nawet 0,999 999 0,999 999 \num{0,999999} prędkości światła. Jaka jest długość fali protonu o prędkości 0,75 ⁢ c 0,75 ⁢ c \num{0,75}c ? Ile wynosi jego energia kinetyczna?

Strategia rozwiązania

Energia spoczynkowa protonu wynosi
E0=m0⁢c2=1,672⋅10-27⁢kg⋅2,998⋅108⁢m∕s2=938⁢MeV.E0=m0⁢c2=1,672⋅10-27⁢kg⋅2,998⋅108⁢m∕s2=938⁢MeV. E_0=m_0c^2=\SI{1,672e-27}{\kilogram}\cdot(\SI{2,998e8}{\metre\per\second})^2=\SI{938}{\mega\electronvolt}\text{.}

Dla danej prędkości protonu mamy β = 0,75 β = 0,75 \beta=\num{0,75} oraz β⁢γ=0,75∕1−0,752=1,714β⁢γ=0,75∕1−0,752=1,714 \beta\gamma=\num{0,75}/\sqrt{1-(\num{0,75})^2}=\num{1,714}. Ze związków relatywistycznych otrzymujemy długość fali λ λ \lambda oraz energię kinetyczną E k E k E_{\text{k}} .

Rozwiązanie

λ = h p = h ⁢ c p ⁢ c = h ⁢ c β ⁢ γ ⁢ E 0 = 1,241 ⁢ eV ⁢ µm 1,714 ⋅ 938 ⁢ MeV = 0,77 ⁢ fm , λ = h p = h ⁢ c p ⁢ c = h ⁢ c β ⁢ γ ⁢ E 0 = 1,241 ⁢ eV ⁢ µm 1,714 ⋅ 938 ⁢ MeV = 0,77 ⁢ fm , \lambda=\frac{h}{p}=\frac{hc}{pc}=\frac{hc}{\beta\gamma E_0}=\frac{\SI{1,241}{\electronvolt\metre\micro}}{\num{1,714}\cdot\SI{938}{\mega\electronvolt}}=\SI{0,77}{\femto\metre}\text{,}
Ek=E0⁢γ−1=938⁢MeV⋅11−0,752−1=480,1⁢MeV.Ek=E0⁢γ−1=938⁢MeV⋅11−0,752−1=480,1⁢MeV. E_{\text{k}}=E_0(\gamma-1)=\SI{938}{\mega\electronvolt}\cdot (\frac{1}{\sqrt{1-(\num{0,75})^2}}-1)=\SI{480,1}{\mega\electronvolt}\text{.}

Znaczenie

Zauważmy, że ponieważ proton jest 1835 1835 1835 razy masywniejszy od elektronu, to odpowiednie wielkości dla rozpędzonego do takiej samej prędkości elektronu otrzymalibyśmy przez proste przeskalowanie uzyskanych powyżej wyników. Długość fali elektronu wynosiłaby 1865 ⋅ 0,77 ⁢ fm = 1,4 ⁢ pm 1865 ⋅ 0,77 ⁢ fm = 1,4 ⁢ pm \num{1865}\cdot\SI{0,77}{\femto\metre}=\SI{1,4}{\pico\metre} , a jego energia kinetyczna 480,1 ⁢ MeV ∕ 1835 = 261,6 ⁢ keV 480,1 ⁢ MeV ∕ 1835 = 261,6 ⁢ keV \SI{480,1}{\mega\electronvolt}/\num{1835}=\SI{261,6}{\kilo\electronvolt} .

Sprawdź, czy rozumiesz 6.13

Wyznacz długość fali de Broglie’a i energię kinetyczną elektronu rozpędzonego do 0,9 0,9 \num{0,9} prędkości światła c c c .

PoprzedniaNastępna
Cytowanie i udostępnianie

Ten podręcznik nie może być wykorzystywany do trenowania sztucznej inteligencji ani do przetwarzania przez systemy sztucznej inteligencji bez zgody OpenStax lub OpenStax Poland.

Chcesz zacytować, udostępnić albo zmodyfikować treść tej książki? Została ona wydana na licencji Uznanie autorstwa (CC BY) , która wymaga od Ciebie uznania autorstwa OpenStax.

Cytowanie i udostępnienia
  • Jeśli rozpowszechniasz tę książkę w formie drukowanej, umieść na każdej jej kartce informację:
    Treści dostępne za darmo na https://openstax.org/books/fizyka-dla-szk%C3%B3%C5%82-wy%C5%BCszych-tom-3/pages/1-wstep
  • Jeśli rozpowszechniasz całą książkę lub jej fragment w formacie cyfrowym, na każdym widoku strony umieść informację:
    Treści dostępne za darmo na https://openstax.org/books/fizyka-dla-szk%C3%B3%C5%82-wy%C5%BCszych-tom-3/pages/1-wstep
Cytowanie

© 21 wrz 2022 OpenStax. Treść książki została wytworzona przez OpenStax na licencji Uznanie autorstwa (CC BY) . Nazwa OpenStax, logo OpenStax, okładki OpenStax, nazwa OpenStax CNX oraz OpenStax CNX logo nie podlegają licencji Creative Commons i wykorzystanie ich jest dozwolone wyłącznie na mocy uprzedniego pisemnego upoważnienia przez Rice University.