Модулированная волна

Атом поглощает кванты монохроматического света. Разложите поле модулированной волны в сумму гармонических волн и выясните, кванты каких из них достаточны для ионизации.

\(W_e=\hbar(\omega+\Omega)-W_\text{и}\approx1{,}5\cdot10^{-19}\) Дж \(\approx0{,}9\) эВ (ионизировать способна только составляющая частоты \(\omega+\Omega\)).

Что происходит. Модулированная волна не монохроматична: это сумма трёх монохроматических волн с разными частотами. Атом поглощает свет квантами, и каждую составляющую надо рассматривать отдельно: квант составляющей частоты \(\omega_k\) имеет энергию \(\hbar\omega_k\). Атом ионизуется, только если энергия кванта не меньше энергии ионизации. Избыток уходит электрону.

Обозначения. \(\omega_1=\omega-\Omega\), \(\omega_2=\omega+\Omega\); \(W_e\) — кинетическая энергия вылетевшего электрона.

1. Разложение поля. Произведение косинусов: \(\cos\Omega t\cos\omega t=\tfrac12\bigl[\cos(\omega-\Omega)t+\cos(\omega+\Omega)t\bigr]\). Поэтому \[E=a\cos\omega t+\tfrac12a\cos(\omega-\Omega)t+\tfrac12a\cos(\omega+\Omega)t.\] Это три волны с частотами \(\omega\), \(\omega_1=1{,}8\cdot10^{16}\) с\(^{-1}\) и \(\omega_2=2{,}2\cdot10^{16}\) с\(^{-1}\) и амплитудами \(a\), \(a/2\), \(a/2\).

2. Энергии квантов. \(\hbar\omega=1{,}05\cdot10^{-34}\cdot2\cdot10^{16}=2{,}10\cdot10^{-18}\) Дж; \(\hbar\omega_1=1{,}89\cdot10^{-18}\) Дж; \(\hbar\omega_2=2{,}31\cdot10^{-18}\) Дж.

3. Порог ионизации. \(W_\text{и}=13{,}5\ \text{эВ}=13{,}5\cdot1{,}6\cdot10^{-19}\ \text{Дж}=2{,}16\cdot10^{-18}\) Дж. Сравниваем: \(\hbar\omega_1<W_\text{и}\), \(\hbar\omega<W_\text{и}\), \(\hbar\omega_2>W_\text{и}\). Ионизацию (в одном акте поглощения кванта) может вызвать только составляющая с частотой \(\omega+\Omega\), хотя несущая частота \(\omega\) даёт квант слабее порога.

4. Энергия электрона. Закон сохранения энергии при поглощении кванта \(\hbar\omega_2\) атомом: энергия кванта идёт на ионизацию и на кинетическую энергию электрона (отдача ядра ничтожна): \[\hbar\omega_2=W_\text{и}+W_e\ \Rightarrow\ W_e=\hbar(\omega+\Omega)-W_\text{и}=(2{,}31-2{,}16)\cdot10^{-18}\ \text{Дж}\approx1{,}5\cdot10^{-19}\ \text{Дж}.\]

Обратите внимание: нужную частоту \(\omega+\Omega\) в исходной формуле не видно — она появляется после разложения произведения косинусов. Одной несущей волны \(\omega\) для ионизации мало: \(\hbar\omega<W_\text{и}\). Считаем фотоэффект однофотонным.

Ответ. В буквах: \(W_e=\hbar(\omega+\Omega)-W_\text{и}\); в числах: \(W_e\approx1{,}5\cdot10^{-19}\) Дж \(\approx0{,}9\) эВ.

Проверка. Размерность: \(\hbar\omega\) — Дж\(\cdot\)с\(\cdot\)с\(^{-1}\) = Дж. Второй способ в электронвольтах: \(\hbar\omega_2=2{,}31\cdot10^{-18}/1{,}6\cdot10^{-19}\approx14{,}4\) эВ, и \(14{,}4-13{,}5=0{,}9\) эВ. Предел \(\Omega\to0\): \(\hbar\omega_2\to\hbar\omega<W_\text{и}\) — фотоэффекта нет, как и должно быть для несущей волны.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.