ID: 00026474
Монохроматический свет частотой $6,2\cdot 10^{14}$ Гц падает на поверхность фотокатода с работой выхода A . Электроны, вылетевшие горизонтально в северном направлении, попадают в электрическое и магнитное поля. Электрическое поле направлено горизонтально на запад, а магнитное − вертикально вверх. Какой должна быть работа выхода, чтобы в момент попадания самых быстрых электронов в область полей действующая на них сила была направлена на восток? Напряжённость электрического поля 3 · 10² В/м, индукция магнитного поля 10^{–3} Тл.
Источник: ФИПИ
Сначала наведём порядок в направлениях, потому что вся задача про них. Электрон вылетает горизонтально на север. Магнитное поле смотрит вертикально вверх, электрическое — горизонтально на запад. На электрон действуют две силы: электрическая и магнитная составляющие силы Лоренца. Задача требует, чтобы суммарная сила смотрела на восток.
Разбираемся с направлениями по очереди. Электрическая сила: поле направлено на запад, но заряд электрона отрицательный, поэтому сила противоположна полю — на восток. Её модуль $F_{\text{эл}}=eE$. Магнитная сила: для положительного заряда, летящего на север в поле, направленном вверх, произведение $\vec v\times\vec B$ даёт восток (проверь по правилу левой или правой руки, как тебе привычнее); у электрона знак заряда обратный, значит, магнитная сила смотрит на запад. Её модуль $F_{\text{м}}=evB$, потому что скорость перпендикулярна индукции.
Значит, обе силы лежат вдоль линии «запад — восток» и тянут электрон в разные стороны. Суммарная сила будет направлена на восток тогда и только тогда, когда электрическая пересилит магнитную: $$eE\gt evB\quad\Rightarrow\quad v\lt\frac{E}{B}.$$ Скорость сокращается вместе с зарядом — красиво.
Шаг 1 — предельная скорость: $$v_{\text{пр}}=\frac{E}{B}=\frac{3\cdot10^{2}}{10^{-3}}=3\cdot10^{5}\ \text{м/с}.$$ Требование «для самых быстрых электронов» означает, что даже максимальная скорость должна быть меньше этой: $v_{\max}\lt 3\cdot10^{5}$ м/с.
Шаг 2 — переводим ограничение на скорость в ограничение на энергию: $$E_{k}=\frac{m_{e}v_{\max}^{2}}{2}\lt\frac{9{,}1\cdot10^{-31}\cdot\left(3\cdot10^{5}\right)^{2}}{2}=\frac{9{,}1\cdot10^{-31}\cdot 9\cdot10^{10}}{2}\approx 4{,}1\cdot10^{-20}\ \text{Дж}.$$
Шаг 3 — энергия фотона: $$h\nu=6{,}63\cdot10^{-34}\cdot 6{,}2\cdot10^{14}\approx 4{,}11\cdot10^{-19}\ \text{Дж}.$$
Шаг 4 — работа выхода. По уравнению Эйнштейна для фотоэффекта $A=h\nu-E_{k}$. Чем больше работа выхода, тем меньше остаётся электрону, поэтому условие «$E_{k}$ мала» превращается в «$A$ велика»: $$A\gt 4{,}11\cdot10^{-19}-4{,}1\cdot10^{-20}\approx 3{,}7\cdot10^{-19}\ \text{Дж}\approx 2{,}3\ \text{эВ}.$$
И одно важное уточнение сверху: работа выхода должна оставаться меньше энергии фотона ($4{,}11\cdot10^{-19}$ Дж, то есть $2{,}6$ эВ), иначе электроны вообще не вылетят и обсуждать будет нечего. Итого подходят металлы с работой выхода в узком коридоре от $2{,}3$ до $2{,}6$ эВ — это как раз уровень щелочных металлов вроде натрия или лития.
$A\gt h\nu-\dfrac{m_{e}E^{2}}{2B^{2}}\approx 3{,}7\cdot10^{-19}\ \text{Дж}\ (\approx 2{,}3$ эВ$)$; при этом работа выхода должна оставаться меньше $h\nu\approx 4{,}1\cdot10^{-19}$ Дж ($2{,}6$ эВ), иначе фотоэффекта не будет.