Задание 32. Электродинамика - квантовая физика (расчетная задача). ЕГЭ 2020 по физике

За это задание ты можешь получить 3 балла. Уровень сложности: высокий.
Средний процент выполнения: 15.9%
Ответом к заданию 32 по физике может быть развернутый ответ (полная запись решения с обоснованием выполненных действий).

Задачи для практики

Задача 1

На дифракционную решётку, имеющую 200 штрихов на 1 мм, падает нормально монохроматический свет с длиной волны 5,5 · 10−7 м. Сколько всего дифракционных максимумов можно увидеть на экране?

Решение

Дано:

$N=200$

$l=10^{-3}$м

$λ=5.5·10^{-7}$м

$φ=90°$

$(2k+1)-?$

Решение:

Условие главных максимумов интенсивности на дифракционной решетке: $d·sinφ=±kλ$(1), где $k=0,1,2,3...,$ где $d={l}/{N}$(2) - период дифракционной решетки, $k$ - номер главного максимума. $sinφ=sin90°=1$. Найдем $k$: $d·sinφ=kλ; k={d}/{λ}·sinφ={l·sinφ}/{N·λ}$(3).

Подставим числовые значения в (3): $k={10^{-3}·1}/{200·5.5·10^{-7}}={10^4}/{1100}=9.09=9$. Тогда число максимумов на экране $(2k+1)=2·9+1=18+1=19$.

Ответ: 19
Показать решение

Задача 2

В колебательном контуре электроёмкость переменного конденсатора увеличили на 5 мкф. При этом частота электромагнитных колебаний в контуре изменилась в √2 раз. Определите первоначальную электроёмкость конденсатора.

Решение

Дано:

$∆С=5·10^{-6}$ф

${v_1}/{v_2}=√2; {v_2}/{v_1}={1}/{√2}$

$C_1-?$

Решение:

Запишем формулу Томсона: $T=2π√{LC}$(1), где $L$ - индуктивность катушки, $C$ - электроемкость конденсатора. Учитывая, что частота электромагнитных колебаний $v={1}/{T}={1}/{2π√{LC}}$(2), имеем: $v_1={1}/{2π√{LC_1}}$(3), $v_2={1}/{2π√{LC_2}}$(4). Учтем, что $∆C=C_2-C_1$ или $C_2=C_1+∆C$, получим: $v_2={1}/{2π√{L(C_1+∆C)}}$(5). Разделим (5) на (3): ${v_2}/{v_1}={1}/{2π√L·√{C_1+∆C}}·{2π√L·√{C_1}}/{1}={√{C_1}}/{√{C_1+∆C}}$ или $({v_2}/{v_1})^2={C_1}/{C_1+∆C}$(6).

Подставим числовые значения в (6) и найдем $C_1$: $({1}/{√2})^2={C_1}/{C_1+∆C}⇒{1}/{2}={C_1}/{C_1+∆C}⇒C_1+∆C=2C-1⇒C_1=∆C=5·10^{-6}=5$мкФ.

Ответ: 5
Показать решение

Задача 3

На катод сначала подействовали излучением с длиной волны λ1 = 500 нм, потом с длиной волны λ2 = 200 нм, и оказалось, что максимальная скорость фотоэлектронов во втором случае в 2 раза больше. Найдите, чему равна красная граница фотоэффекта для этого материала. Ответ запишите в мкм

Решение

Дано:

$λ_1=500·10^{-9}$м

$λ_2=200·10^{-9}$м

$E_{2(к)}=2·{E_{1(к)}}/{2}$

$A_{вых}-?υ_{min}-?$

Решение:

Уравнение Эйнштейна запишем для 2-х случаев.

$\{\table\h{c}/{λ_1}=A_{вых}+E_{1(к)}; \h{c}/{λ_2}=A_{вых}+E_{2(к)};$ $⇒hc({1}/{λ_1}-{1}/{λ_2})={E_2}/{2}$

$h{c}/{λ_2}=A_{вых}+2hc({1}/{λ_1}-{1}/{λ_2})⇒{h{c}/{λ_2}-2hc({1}/{λ_1}-{1}/{λ_2})}/{2}=υ_{min}$.

$υ_{min}={{3·10^8}/{200·10^{-9}}-2·3·10^8({1}/{500·10^{-9}}-{1}/{200·10^{-9}})}/{1}=1$мкм.

Ответ: 1
Показать решение

Задача 4

Красная граница фотоэффекта для вещества фотокатода 320 нм. Фотокатод облучают светом с длиной волны 220 нм. При каком напряжении (в В) между анодом и катодом фототок прекращается?

Решение

Дано:

$λ_{к.г.}=320нм$

$λ^1=220нм$

$U_з-?$

Решение:

Уравнение Эйнштейна ${hc}/{λ}=A+{mυ^2}/{2}$. Тогда ${hc}/{λ_0}=A; {mυ^2}/{2}·eU$ подставим $U_з={hc}/{e}={λ_{к.г.}-λ}/{λ·λ_{к.г.}}=1.7B$

Ответ: 1.7
Показать решение

Задача 5

На дне сосуда, наполненного водой до высоты h, находится точечный источник света. На поверхности воды плавает круглый диск так, что его центр находится над источником. При каком минимальном диаметре d диска лучи от источника не будут выходить из воды?

Решение

Дано:

$D-?$

Решение:

$α$ угол отражения на границе вода-воздух: $R=htgα$

1) $sinα_0={n_{возд}}/{n_{воды}}={1}/{n_{воды}}$.

$2R={2h}/{√{n_{воды}^2-1}}$.

$tgα={sinα_0}/{√{1-sin^2α_0}}={1}/{√{n_{воды}^2-1}}$.

Ответ: ${2h}/{√{n^2−1}}$
Показать решение

Задача 6

Горизонтальный проводник длиной l = 0,20 м и весом P = 0,1 H, подвешенный на двух тонких невесомых нитях, находится в однородном вертикальном магнитном поле с индукцией B = 0,25 Тл. На какой угол α от вертикали отклонятся нити, поддерживающие проводник, если по нему пропустить ток I = 2,0 A?

Решение

Решение:

При пропускании тока на проводнике действует сила Ампера $F_A=JBl(sin90=1)$

По I закону Ньютона: ${F_A}↖{→}+mg↖{→}+2T↖{→}-0$.

$tgα={F_A}/{mg}⇒α=arctg({JBE}/{mg})T^2={1}/{4}(F_A^2+(mg)^2)$.

$α=arctg({2.0·0.25·0.2}/{0.1})=45°$

Ответ: 45
Показать решение

Задача 7

Шар радиусом 10 см с зарядом 1,11 · 10−10 Кл облучается светом с длиной волны 331 нм. Определите, на какое расстояние удалится фотоэлектрон, если работа выхода материала шара 2 · 10−19 Дж.

Решение

Дано:

$r=10^{-1}$см

$a=1.11·10^{-10}$Кл

$λ=331·10^{-9}$м

$A_{вых}=2·10^{-19}$

$R-?$

Решение:

1) По закону фотоэффекта $hυ=A_{вых}+e·ф_1$.

2) $ϕ_1={k·a}/{R}$(потенциал шара).

3) Выразим $R$ (расстояние до фотоэлектрона): ${hc}/{λ}=A_{вых}+{k·q}/{R}⇒R=({{hc}/{λ}-A_{вых}}/{k·q})={{6.62·10^{-34}·3·10^8}/{331·10^{-9}}-2·10^{-19}}/{9·10^9·1.6·10^{-19}=3.3$см

Ответ: 3.3
Показать решение

Задача 8

Источник монохроматического электромагнитного излучения мощностью P = 100 Вт испускает Nф = 5,0 · 1020 фотонов за время ∆t = 1 c. Найдите длину волны λ этого излучения.

Решение

Дано:

$P=100$Вт

$n=5·10^{20}$

$t=1c$

$λ-?$

Решение:

$\{\table\P_1={P}/{n}; \P_1={E}/{t}={hυ}/{t}={hc}/{λ·t};$

${P}/{n}={h·c}/{λ·t}⇒λ={n·h·c}/{P·t}={5·10^20·6.63·10^{-34}·3·10^8}/{100·8}=0.99·10^{-6}м$

Ответ: 0.99·10−6
Показать решение

Задача 9

Радиоактивный натрий $↙{11}↖{25}Na$ распадается, испуская β-частицы. Период полураспада натрия T = 14,8 ч. Вычислите количество атомов ∆N , распавшихся в 1,0 мг данного радиоактивного препарата за время t = 10 ч.

Решение

Дано:

$↙{25}↖{11}Na$

$∆t=104$

$T=14.84$

$∆N-?$

$m_0=1·10^{-6}$кг

Решение:

1) $N=N_0·e^{-λt}$ - закон распада.

2) $N_0={mN_A}/{μ_{N_A}}$ и $λ={ln^2}/{T}$ - постоянная распада связана с периодом полураспада. Тогда:

3) $N-N_0=N_0(1-e^{-λt})={mN_A}/{μ}(1-e^{-{ln^2}/{T}})=9.4·10^{18}$шт.

Ответ: 9.4·1018
Показать решение

Задача 10

Первоначально покоившийся электрон проходит разность потенциалов 1,0 кВ и влетает в область магнитного поля шириной 1,0 cм. Скорость электрона в момент влёта перпендикулярна как линиям индукции поля, так и границам области. Под каким углом к границе области поля вылетит электрон, если индукция магнитного поля имеет величину 5,0 мТл?

Решение

1) На электрон действует магнитная сила Лоренца $B·υ·e{mυ^2}/{r}$. Возможны два случая:

a) $e > r⇒{mυ}/{Be}⇒e > {mυ}/{Be}; υ={mυ}/{Be}$

б) $e ≤ r; sinα={eBe}/{mυ_0}; cos({π}/{2}-α)={r}/{l}; sinα={l}/{r}$

2) Найдем скорость электрона $U_e={mυ_0^2}/{2}; υ_0=√{{2U_e}/{m}}$

3) $sinα={10^{-2}·5·10^{-3}·1.6·10^{-19}}/{9.1·10^{-31}√{{2·10^3·1.6·10^{-19}}/{9.1·10^{-31}}}}=0.883$. Найдем угол $α=62°$

Ответ: 62
Показать решение

Задача 11

Светящаяся точка движется с постоянной скоростью 20 см/с вокруг главной оптической оси собирающей линзы. Плоскость окружности параллельна линзе и находится на расстоянии 60 см от неё. Определите скорость, с которой движется изображение точки, даваемое линзой. Учтите, что если расстояние между линзой и светящейся точкой увеличить на 40 см, то скорости движения точки и её изображения будут одинаковыми.

Решение

Дано:

$υ=0.2$м/с

$AO=60$см

$AB=R$- радиус, по которому движется точка

$R′=A′B′$

$υ′-?$

Решение:

${AB}/{AO}={A′B′}/{A′O}⇒A′O=AO={R′}/{R}$

Скорость движения изображения $B_1υ$ $\{\table\υ′=ω·R′; \υ=ω·R;$ $⇒{υ′}/{υ}={R′}/{R}={A′B′}/{AB}={A′O}/{AO}$

${A′F}/{A′B′}={OF}/{AB}⇒A′F=OF·{R′}/{R}$

$A′O-A′F=OF$ - фокусное расстояние

2) ${υ′}/{υ}=1$ при ${υ′}/{υ}=1={A′O}/{60+40}⇒A′O=100$см

${υ′}/{0.2}={100}/{60}⇒υ′=1$м/с.

Ответ: 1
Показать решение

Задача 12

Монохроматический пучок света с длиной волны 490 нм, падая по нормали к поверхности, создаёт давление 4,9 мкПа. Коэффициент отражения света 0,25. Какое число фотонов падает в единицу времени на единицу площади этой поверхности?

Решение

Дано:

$λ=490·10^{-9}$м

$p=4.9·10^{-9}$Па

$p=0.25$

$N-?$

Решение:

Давление, производимое светом при нормальном падении равно: $p={E_с}/{c}(1+p)$(1), где $E_c$ - облученность поверхности; $c=3·10^8$м/с - скорость света в вакууме; $p$ - коэффициент отражения.

Облученность поверхности $E_c=N·ε$(2), где $ε=hv={hc}/{λ}$(3) - энергия фотона; $N$ - число фотонов. Подставим (3) в (2), а значит в (1): $p={E_c}/{c}(1+p)={N·ε}/{c}(1+p)={N·hc}/{c·λ}(1+p)={Nh}/{λ}(1+p)⇒N={p·λ}/{h(1+p)}$(4), где $h=6.626·10^{-34}$Дж·с - постоянная Планка.

Подставим числовые значения в (4): $N={4.9·10^{-9}·490·10^{-9}}/{6.626·10^{-34}(1+0.25)}=2.9·10^{21}{фотонов}/{с}$

Ответ: 2.9·1021
Показать решение

Задача 13

Ядро покоящегося нейтрального атома полония, находясь в однородном магнитном поле индукцией B = 5 Тл, испытывает α-распад. Реакция распада этого изотопа имеет вид: $↙{84}↖{210}Po → {}↙{82}↖{206}Pb$ + α. Трек α-частицы находится в плоскости, перпендикулярной направлению магнитного поля. Начальная часть трека напоминает дугу окружности радиусом r = 10 см. Найдите выделившуюся при α-распаде энергию ∆E, считая, что она целиком переходит в кинетическую энергию продуктов реакции.

Решение

Дано:

$B=5$Тл

$r=0.1$м

$m_α=6.643·10^{-27}$кг

$q_α=|2e|=3.2·10^{-19}$Кл

$M=206$а.е.м.

$1а.е.м.=1.66·10^{-27}$кг

$∆E-?$

Решение:

Запишем реакцию α-распада: $↙{84}↖{210}p_0→{}↙{82}↖{206}Pb+{}↙{2}↖{4}α+∆E$(1)

Запишем закон сохранения импульса: $m_α{υ}↖{→}+M{U}↖{→}=0$(2), где $M$ и $m_α$ - массы α-частиц и масса $↙{82}↖{206}Pb$, $υ$ и $U$ - их скорости.

Поскольку $∆E$ целиком переходит в кинетическую энергию продуктов распада, то можно записать: $∆E={m_αU^2}/{2}+{MU^2}/{2}$(4). Из (3) выразим скорость α-частицы $υ$ и подставим ее в (4): $υ={MU}/{m_α}$(5), тогда $∆E={m_α·{M^2U^2}/{m_α^2}}/{2}+{MU^2}/{2}$.

На α-частицу со стороны магнитного поля действует сила Лоренца: $F_л=q_αυB·sinα$, т.к. $α=90°$, то $sin90°=1$. С другой стороны: $F_л=m_αa_{цс}$, откуда $υ={q_αBr}/{m_α}$(7). Подставим числовые значения в (7): $υ={3.2·10^{-19}·5·0.1}/{6.643·10^{-27}}=2.408·10^{7}м/с$. Из (5): $U={m_α·υ}/{M}$(8). $U={1а.е.м.·2.408·10^{7}}/{206}=4.67·10^5м/с$. Подставим числа в (6): $∆E={206·1.66·10^{-27}·21.86·10^{10}}/{2}·({206}/{4}+1)={1.962·10^{-12}}/{1.6·10^{-19}}=1.22·10^7≈12.2·10^6≈12$МэВ

Ответ: 12
Показать решение

Задача 14

При реакции синтеза $↙{1}↖{2}H + {}↙{2}↖{3}He →{}↙{2}↖{4}He + p$ образуется гелий и про тон и выделяется 18,3 МэВ энергии. Какую кинетическую энергию уносит протон, если суммарный импульс исходных частиц равен нулю, а их кинетическая энергия пренебрежимо мала по сравнению с выделившейся?

Решение

Дано:

$E=18.3$МэВ

$E_p-?$

Решение:

$↙{1}↖{2}H+{}↙{2}↖{3}He→{}↙{2}↖{4}He+p$

При реакции выполняется закон сохранения импульса: $O=m{υ}↖{→}+m{U}↖{→}$(1), где $M$ и $m$ - массы гелия и протона соответственно, $υ$ и $U$ - их скорости.

Отсюда видно, что скорости частиц направлены в разные стороны и по модулю имеем: $mυ=mU$(2). Следовательно, скорость гелия $υ={mU}/{M}$(3). Выделившаяся при реакции энергия - это суммарная кинетическая энергия продуктов реакции: $E=E_{He}+E_p={Mυ^2}/{2}+{mU^2}/{2}$(4).

Подставляем сюда скорость гелия и выделяем кинетическую энергию протона: $E={mU^2}/{2}+{M}/{2}({mU}/{2})^2={mU^2}/{2}+{Mm^2U^2}/{2M}={mU^2}/{2}·(1+{m}/{M})=E_p·(1+{m}/{M})$(5). Учитывая, что масса гелия $M≈4$а.е.м., а масса протона $m≈1$а.е.м., получаем: $E=E_p·(1+{1}/{4})=1.25E_p$, откуда $E_p={E}/{1.25}={18.3}/{1.25}=14.64≈14.6$МэВ.

Ответ: 14.6
Показать решение

Задача 15

Конденсатор ёмкостью 5 мкФ зарядили до напряжения 120 В и подключили к катушке индуктивностью 0,5 Гн. Какое количество теплоты выделится на катушке, когда сила тока в цепи станет равной 0,25 А, а напряжение на конденсаторе уменьшится в два раза?

Решение

Дано:

$с=5·10^{6}$ф

$U=120$B

$L=0.5$Гн

$J=0.25$A

$υ′={υ}/{2}$

$Q-?$

Решение:

По закону сохранения энергии: $W_э=W_м+W′_э+Q$(1), где $W_э={cυ^2}/{2}$(2) - энергия заряженного конденсатора; $W_м={LJ^2}/{2}$(3) - энергия на катушке индуктивности; $W′_э={cυ′^2}/{2}$(4) - энергия заряженного конденсатора.

Тогда количество теплоты $Q$, которое выделится на катушке: $Q=W_э-W_м-W′_э={cυ^2}/{2}-{LJ^2}/{2}-{c({υ}/{2})}/{2}={cυ^2}/{2}-{cυ^2}/{8}-{LJ^2}/{2}={4cυ^2-cυ^2}/{8}-{LJ^2}/{2}={3cυ^2}/{8}-{LJ^2}/{2}$(5).

Подставим числовые значения в (5): $Q={3·5·10^{-6}·14.4·10^3}/{8}-{0.5·0.0625}/{2}=({0.108}/{4}-0/015625)=(0.027-0.015625)=0.011375=11.375≈11$мДж

Ответ: 11
Показать решение

Задача 16

Фотоэффект происходит при облучении натрия фотонами с энергией 3,5 эВ. Рассчитайте максимальный импульс, передаваемый поверхности металла при вылете фотоэлектрона. Работа выхода для натрия равна 2,3 эВ.

Решение

Дано:

$E=3.5$эB

$A_{вых}=2.3$эB

$m_e=9.11·10^{-31}$кг

$p-?$

Решение:

Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта: $E=A_{вых}+E_к$(1), откуда $E_к=E-A_{вых}=3.5-2.3=1.2$эB(2).

$E_к={m_eυ^2}/{2}$(3) - кинетическая энергия фотоэлектрона, где $m_e$ - масса электрона.

Учитывая, что импульс $p=m_eυ$(4), получим $E_к={p^2}/{2m}$(5), откуда импульс $p=√{2mE_к}$(6).

Учитывая, что $1эВ=1.6·10^{-19}$Дж, рассчитываем максимальный импульс, передаваемый поверхности металла при вылете фотоэлектрона: $p=√{2·9.11·10^{-31}·1.2·1.6·10^{-19}}=√{34.98·10^{-50}}=5.914·10^{-25}≈5.9·10^{-25}{кг·м}/{с}$.

Ответ: 5.9·10−25
Показать решение

Задача 17

Линза с оптической силой 10 дптр даёт уменьшенное в 2 раза действительное изображение предмета. Если линзу заменить другой, то получается в 3 раза увеличенное действительное изображение предмета. Чему равно фокусное расстояние второй линзы?

Решение

Дано:

$D_1=10$дптр

$d_1=d_2=d$

$Г_1={f_1}/{d_1}=0.5$

$Г_2=3$

$F_2-?$

Решение:

Поскольку изображение предмета действительное в обоих случаях, то обе линзы собирательные. Для первой линзы запишем формулу линзы: $D_1={1}/{d}+{1}/{f_1}$(1), где $f_1$ - расстояние от линзы до изображения предмета $A′B′$, $d$ - расстояние от предмета АВ до линзы.

$Г_1={f_1}/{d}=0.5(2); f_1=0.5d$(3), тогда $D_1={1}/{d}+{1}/{0.5d}={1+2}/{d}={3}/{d}$, откуда $d={3}/{D_1}={3}/{10}=0.3$м.

Для второй линзы запишем формулу линзы: ${1}/{F_2}={1}/{d}+{1}/{f_2}$(4), учитывая, что $Г_2={f_2}/{d}=3$, имеем $f_2=3d$(5). Подставим (5) в (4) и найдем фокусное расстояние второй линзы $F_2$: ${1}/{F_2}={1}/{d}+{1}/{3d}={3+1}/{3d}={4}/{3d}⇒F_2={3d}/{4}$(6)

Подствим числовые значения в (6): $F_2={3·0.3}/{4}={0.9}/{4}=0.225=22.5$см.

Ответ: 22.5
Показать решение

Задача 18

На экран с круглым отверстием радиусом 4 см вставлена собирающая линза с фокусным расстоянием 15 см. При этом крайние лучи, падающие на линзу, собираются в точке, отстоящей от экрана на 2,5 см. Какой угол эти лучи будут образовывать с осью симметрии системы, если линзу убрать?

Решение

Дано:

$r=0.04$м

$F=0.15$м

$f=0.025$м

$α-?$

Решение:

В данном случае, источник является мнимым, находящимся на расстоянии $d$. Из рисунка видно: $tgα={r}/{d}$(1) или $α=arctg{r}/{d}$(2).

Формула линзы в этом случае имеет вид: ${1}/{F}=-{1}/{d}+{1}/{f}$(3), где $f$ - расстояние от линзы до точки пересечения лучей, преломленных в линзе, откуда найдем $d:{1}/{d}={1}/{f}-{1}/{F}⇒{1}/{d}={F-f}/{f·F}⇒d={F·f}/{F-f}$(4)

Подставим в (4) числовые значения и найдем $d$: $d={0.15·0.025}/{0.15-0.025}={0.00375}/{0.125}=0.03$м

Подствим числовые значения в (2) и найдем угол $α$: $α=arctg{r}/{d}=arctg{0.04}/{0.03}=arctg1.333≈53°$

Ответ: 53
Показать решение

Задача 19

Какова частота обращения электрона, находящегося на первой боровской орбите в атоме водорода?

Решение

Дано:

$n=1$

$k=9·10^9{Н·м^2}{Кл^2}$

$m=9.11·10^{-31}кг$

$q=1.6·10^{-19}Кл$

$h=6.62·10^{-34}Дж·с$

$υ-?$

Решение:

При движении электрона вокруг ядра: $m{υ^2}/{r}={kq^2}/{r^2}$ или $r={kq^2}/{mυ^2}$(1) - радиус орбиты.

Используя правило квантования момента импульса: $mυr=nℏ$, где $ℏ={h}/{2π}$, выразим скорость: $υ={nℏ=}/{mr}={nh}/{2πmr}$

Период обращения электрона: $T={l}/{υ}={2πr}/{υ}$(3). Учитывая, что частота обращения: $υ={υ}/{2πr}$(4).

Подставим (2) в (1): $r={kq^2·4π^2m^2r^2}/{mn^2h^2}$.

$mn^2h^2=kq^24π^2m^2r$ при $n=1$.

$r={h^2}/{4π^2kmq^2}$(5), учитывая, что $k=9·10^9{Н·м^2}{Кл^2}$

Подставим числовые значения (5) и (6) в (4), и найдем частоту $υ$: $υ={2πkq^2}/{h}:{2πh^2}/{4π^2kmq^2}={2πkq^2}/{h}·{4π^2kmq^2}/{2πh^2}={4π^2mk^2q^4}/{h^3}$(7)

Подставим в (7) числовые значения: $υ={4·9.86·9.11·10^{-31}·81·10^{18}·6.5536·10^{-76}}/{290.9·10^{-102}}=655.65·10^{13}≈6.6·10^{15}$Гц

Ответ: 6.7·1015
Показать решение

Задача 20

Каков период обращения электрона, находящегося на первой боровской орбите в атоме водорода, радиус которой определяется по формуле $r_1 = {h^2}/{4π^2kme^2}$, где $k = 9 · 10^9 Н ·$ м2/Кл2, m и e — масса и заряд электрона?

Решение

Дано:

$r_1={h^2}/{4π^2km·e^2}$

$k=9·10^9{Н·м^2}{Кл^2}$

$m=9.11·10^{-31}кг$

$e=1.6·10^{-19}Кл$

$T-?$

Решение:

Период обращения электрона на первой боровской орбите равен: $T={l}/{υ}={2πr_1}/{υ}$(1), где $υ$ - скорость обращения электорна. Найдем ее.

На электрон действует сила Кулона: $F_к=ma_{ц.с.}$(2), $F_к={ke^2}/{r_1^2}$(4), где $a_{ц.с.}={υ^2}/{r_1}$(3) - центростремительное ускорение.

Приравняем: ${ke^2}/{r_1^2}={mυ^2}/{r_1}⇒υ=√{{ke^2}/{mr_1}}$(5).

Подставим (5) в (1): $T={2πr_1}/{υ}=({2π·h^2}/{4πkm·e^2}):√{{k·e^2·4π^2kme^2}/{m·h^2}}=({2πh^2}/{4π^2kme^2}):√{{4π^2k^2e^4}/{h^2}}=({h^2}/{2πmke^2}):({2πke^2}/{h})={h^2}/{2πmke^2}·{h}/{2πke^2}={h^3}/{4π^2k^2me^4}$(6)

Подставим числовые значения в (6), имеем: $T={290.9·10^{-102}}/{4·9.8596·81·10^{18}·9.11·10^{-31}·6.5536·10^{-76}}=0.001525·10^{-13}≈1.5·10^{-16}$c

Ответ: 1.5·10−16c
Показать решение
Показать еще

Готовим к ЕГЭ на 85+ баллов и побеждаем лень

Каждый месяц 12 онлайн-занятий в дружелюбной атмосфере + 16 домашних работ с жесткими сроками.
Не готовишься — вылетаешь.

Подробнее о курсе