Zjawisko fotoelektryczne a natura światła

Kod zadania: 1094

Pokrytą potasem folię o rozmiarach 1×1 cm umieszczono w odległości 3,5 m od izotropowego źródła światła o mocy 1,5 W. Światło pada na folię prostopadle.

a) Zakładamy, że energia wiązki światła padającego jest przekazywana w sposób ciągły i bez zakłóceń (traktujemy światło jako klasyczną falę). Jak długo trwałoby gromadzenie energii niezbędnej do wyemitowania elektronu? Zakładamy, że folia absorbuje całą padającą energię, a elektron będzie wyemitowany, gdy niezbędną energię pochłonie obszar o promieniu 5,0·10−11 m (przybliżony rozmiar atomu). Określ średnią wartość natężenia powstającego prądu w czasie.

b) Zakładamy, że światło możemy traktować jako wiązkę cząstek (fotonów), które „wybijają“ pojedyncze elektrony. Energia jednego fotonu wynosi Efoton = hf, gdzie h to stała Plancka h = 6,626·10−34 Js, a f to częstotliwość światła. Określ wartość natężenia prądu w takim przypadku dla światła o długości fali 400 nm i 600 nm odpowiednio.

c) Przedyskutuj, jakie aspekty obu modeli możemy wykorzystać, chcąc zinterpretować wyniki rzeczywistych doświadczeń.

  • Zapis danych

    S = 1 cm2 = 10−4 m2 powierzchnia folii
    r = 3,5 m odległość folii od źródła światła
    P = 1,5 W moc źródła światła
    a) r0 = 5,0·10−11 m promień powierzchni odpowiadającej jednemu atomowi
    t = ? czas potrzebny na zmagazynowanie energii przed wyemitowaniem jednego elektronu
    Ia = ? wartość natężenia prądu w przypadku a)
    b) λ1 = 400 nm = 4,00·10−7 m pierwsza długość fali
    λ2 = 600 nm = 6,00·10−7 m druga długość fali
    Ib1 = ? wartość natężenia prądu w przypadku b) dla pierwszej długości fali
    Ib2 = ? wartość natężenia prądu w przypadku b) dla drugiej długości fali

    Z tablic:

    W = 2,2 eV = 2,2·1,6·10−19 J = 3,5·10−19 J praca wyjścia dla potasu
    h = 6,626·10−34 Js stała Plancka
    e = 1,602·10−19 C ładunek elektronu
  • Podpowiedź a)

    Aby elektron mógł zostać uwolniony, musi zgromadzić energię wystarczającą do jego „wyrwania“ – wartość tej energii dla potasu można znaleźć w tablicach jako tzw. pracę wyjścia.

    Energia to iloczyn mocy i czasu.

    Źródło światła jest izotropowe, tj. promieniuje równomiernie we wszystkich kierunkach. Część energii, która padnie na małą powierzchnię, odpowiada stosunkowi tej powierzchni do powierzchni całej kuli (sfery) o promieniu równym odległości folii od źródła światła.

  • Analiza a)

    Źródło światła promieniuje we wszystkich kierunkach jednakowo (izotropowo). To oznacza, że stosunek energii, która padnie na małą powierzchnię do całkowitej wypromieniowanej energii, równy jest stasunkowi pola téj powierzchni do pola powierzchni sfery, której promień odpowiada odległości folii od źródła. Stąd możemy określić moc światła, padającego na powierzchnię o rozmiarach odpowiadających rozmiarom jednego atomu. Elektron zostanie uwolniony, gdy energia, padająca na tę małą powierzchnię, zrówna się z pracą wyjścia. Niezbędny czas obliczymy zatem jako stosunek pracy wyjścia i mocy padającego promieniowania.

    Średnią wartość natężenia prądu obliczymy jako iloczyn całkowitego ładunku (ilość uwolnionych elektronów przemnożona przez wartość ładunku elektronu) i czasu, w którym doszło do ich uwolnienia.

  • Rozwiązanie a)

    Moc P0 promieniowania padającego na powierzchnię jednego atomu S0 = πr02 określimy przy pomocy całkowitej mocy źródła P:

    \[P_0=P\frac{S_0}{S_{\mathrm{sfery}}}=P\frac{\pi r_0^2}{4\pi r^2}=P\frac{r_0^2}{4r^2}\,\mathrm{,}\]

    gdzie Ssfery to pole powierzchni kuli o promieniu odpowiadającym odległości r folii od źródła światła.

    Czas t określimy ze związku pomiędzy mocą P0 a energią E:

    \[P_0=\frac{E}{t}\,\Rightarrow\,t=\frac{E}{P_0}\,\mathrm{.}\]

    Na powierzchni odpowiadającej rozmiarom atomu musi się zgromadzić energia równa pracy wyjścia W. Podstawmy więc E = W i wzór na moc P0:

    \[t=\frac{W}{P\frac{r_0^2}{4r^2}}=\frac{4Wr^2}{Pr_0^2}.\]

    Po podstawieniu danych otrzymamy:

    \[t=\frac{4{\cdot}3{,}5{\cdot}10^{-19}\cdot3{,}5^2}{1{,}5\cdot\left(5{,}0{\cdot}10^{-11}\right)^2}\,\mathrm{s}\,\dot{=}\,4570\,\mathrm{s}\,\dot{=}\,1\,\mathrm{h}\,16\,\mathrm{min}.\]

    Aby określić średnie natężenie prądu, musimy wiedzieć, ile elektronów N w danym przedziale czasu się uwolni. Ich liczba równa jest liczbie „powierzchni atomów“, które się zmieszczą na folii, tj.

    \[N=\frac{S}{S_0}=\frac{S}{\pi r_0^2}\mathrm{.}\]

    Natężenie prądu określamy jako ładunek przepływający w danym przedziale czasu. Wartość ładunku elektronu wynosi e:

    \[I=\frac{Q}{t}=\frac{eN}{t}=\frac{e\frac{S}{\pi r_0^2}}{\frac{4Wr^2}{Pr_0^2}}=\frac{eSP}{4\pi Wr^2}\mathrm{.}\]

    Po podstawieniu danych otrzymamy:

    \[I=\frac{1{,}602{\cdot}10^{-19}\cdot10^{-4}\cdot1{,}5}{4\pi\cdot3{,}5{\cdot}10^{-19}\cdot3{,}5^2}\,\mathrm{A}=4{,}5{\cdot}10^{-7}\,\mathrm{A}\,\dot{=}\,450\,\mathrm{nA}.\]
  • Podpowiedź b)

    Najpierw sprawdzamy, czy energia jednego fotonu wystarczy na uwolnienie elektronu z potasu, tj. czy jest ona większa od pracy wyjścia.

    Następnie wystarczy uświadomić sobie, że prąd elektryczny to uporządkowany ruch ładunków elektrycznych (tu elektronów), a liczba wybitych elektronów odpowiada liczbie fotonów, które padną na folię (zakładamy, że każdy foton „wybija“ elektron).

    Do określenia liczby fotonów wykorzystamy informację o ilości energii, która pada na folię. Postąpimy jak w części a).

  • Analiza b)

    Jeśli potraktujemy światło jako strumień "kulek", wówczas każdy pocisk, który uderza w folię i ma wystarczająco dużo energii może uwolnić elektron. Najpierw jednak musimy sprawdzić, czy fotony mają energię większą od pracy wyjścia dla potasu.

    Jeśli światło może spowodować emisję elektronów, natężenie prądu odpowiadać będzie liczbie wybijanych elektronów, która z kolei równa jest (przy założeniu 100 % sprawności) liczbie fotonów, które trafią na folię. Tak samo jak w poprzedniej części najpierw określimy wartość energii padającej na folię w jednostce czasu. Podzielimy ją przez energię jednego fotonu, uzyskując liczbę fotonów padających na folię w jednostce czasu. Ponieważ zakładamy, że każdy foton uwolni elektron, otrzymaliśmy w ten sposób również liczbę emitowanych elektronów w jednostce czasu.

  • Rozwiązanie b)

    Najpierw sprawdźmy, czy energia jednego fotonu wystarczy na wybicie elektronu. Energia fotonu dana jest wzorem:

    \[E_{\mathrm{foton}}=hf=h\frac{c}{\lambda},\] \[E_{\mathrm{foton1}}=6{,}6{\cdot}10^{-34}\frac{3{,}00{\cdot}10^8}{4{,}00{\cdot}10^{-7}}\,\mathrm{J}, \] \[\hspace{62px}=5{,}0{\cdot}10^{-19}\,\mathrm{J}\,>\,W=3{,}5{\cdot}10^{-19}\,\mathrm{J},\] \[E_{\mathrm{foton2}}=6{,}6{\cdot}10^{-34}\frac{3{,}00{\cdot}10^8}{6{,}00{\cdot}10^{-7}}\,\mathrm{J}, \] \[\hspace{63px}=3{,}3{\cdot}10^{-19}\,\mathrm{J}\,<\,W=3{,}5{\cdot}10^{-19}\,\mathrm{J}.\]

    Widzimy więc, że światło o długości fali 600 nm nie spowoduje emisji elektronów. Zjawisko fotoelektryczne zajdzie dopiero przy użyciu światła o długości fali 400 nm.

    Moc promieniowania padającego na folię określimy podobnie jak w poprzedniej części:

    \[P_{\mathrm{folii}}=P\frac{S}{S_{\mathrm{sfery}}}=P\frac{S}{4\pi r^2}.\]

    Dzieląc moc padającego promieniowania Pfolii przez energię fotonu Efoton określimy liczbę padających fotonów Nfoton i emitovanych elektronów Nelektron w jednostce czasu:

    \[N_{\mathrm{foton}}=N_{\mathrm{elektron}}=\frac{P_{\mathrm{folii}}}{E_{\mathrm{foton}}}=\frac{P\frac{S}{4\pi r^2}}{E_{\mathrm{foton}}}=\frac{PS}{4\pi E_{\mathrm{foton}}r^2}.\]

    Mnożąc przez wartość ładunku elektronu e otrzymamy wartość natężenia prądu

    \[I=eN_{\mathrm{elektron}}=\frac{ePS}{4\pi E_{\mathrm{foton}} r^2},\] \[I_{\mathrm{b1}}=\frac{1{,}6{\cdot}10^{-19}\cdot1{,}5{\cdot}10^{-4}}{4\pi\cdot5{,}0{\cdot}10^{-19}\cdot3{,}5^2}\,\mathrm{A}=3{,}1{\cdot}10^{-7}\,\mathrm{A}=310\,\mathrm{nA}.\]
  • Dyskusja c)

    Jeśli chcielibyśmy wybrać model budowy światła w oparciu o pomiary efektu fotoelektrycznego, nie wystarczy oprzeć się na wartości natężenia płynącego prądu. Wyniki obu części dają tu podobny wynik, mimo że w obu przypadkach obliczenia wykonaliśmy dla warunków bardzo uproszczonych i wyidealizowanych.

    Klasyczny model falowy nie jest jednak w stanie wyjaśnić dwóch cech charakterystycznych dla zjawiska fotoelektrycznego:

    1.) W rzeczywistości nie musimy czekać na emisję elektronów około godziny, gdyż pojawiają się one w zasadzie natychmiast, po czasie krótszym od nanosekundy po oświetleniu folii.

    2.) Klasyczny model falowy nie jest też w stanie wyjaśnić, dlaczego światło o dużej długości nie jest w stanie wywołać efektu fotoelektrycznego, nawet przy zwiększeniu natężenia padającego promieniowania.

  • Odpowiedź

    Gdybyśmy opisywali światło jako fale, pierwsze emitowane elektrony pojawiłyby się w przybliżeniu po 1 h 16 min, co nie zgadza się z wynikami eksperymentu. Średnie natężenie prądu osiągnęłoby wartość 450 nA.

    Jeśli jednak światło potraktujemy jako wiązkę „kuleczek“ (fotonów), przekonamy się, że światło o długości fali 400 nm wytworzy prąd o natężeniu 310 nA, natomiast światło o długości 600 nm nie wywoła przepływu prądu fotoelektrycznego.

Poziom: Poziom 3 – Szkoła średnia (liceum)