Preliminärt lösningsförslag till: Tentamen i Modern Fysik, 5A1247 ...
Preliminärt lösningsförslag till: Tentamen i Modern Fysik, 5A1247 ...
Preliminärt lösningsförslag till: Tentamen i Modern Fysik, 5A1247 ...
You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
Preliminärt lösningsförslag <strong>till</strong>:<br />
<strong>Tentamen</strong> i <strong>Modern</strong> <strong>Fysik</strong>, <strong>5A1247</strong>, 2007-05-16, kl 14:00-19:00<br />
Lösningarna är preliminära. Räknefel kan förekomma.<br />
Hjälpmedel: 2 A4-sidor med egna anteckningar, Beta och fickkalkylator samt<br />
institutionens tabellblad utdelat under tentamen.<br />
Examinatorer: Bengt Lund-Jensen och Mats Wallin<br />
<strong>Tentamen</strong> har 8 problem som vardera ger 5 poäng. Poäng från inlämningsuppgifter<br />
<strong>till</strong>kommer. För godkänt krävs preliminärt 16 p.<br />
1. När ljus med våglängden 152 nm belyser ett metallprov mäts maximala kinetiska<br />
energin hos de elektroner som frigörs. När våglängden halveras ökar den<br />
maximala kinetiska energin med en faktor 3. Beräkna utträdesarbetet. (5p)<br />
hc<br />
Lösning: Inkommande fotons energi ges av E = . Maximala kinetiska energin<br />
λ<br />
för frigjorda elektroner fås som skillnaden mellan fotonens energi och<br />
utträdesarbetet: E = hc φ<br />
λ −<br />
kin<br />
där φ är utträdesarbetet. Vi har även:<br />
hc<br />
3E kin<br />
= − φ dvs<br />
λ / 2<br />
⎛ hc ⎞ 2hc<br />
hc 1240eV<br />
⋅ nm<br />
3⎜<br />
− φ ⎟ = − φ ⇒ φ = =<br />
≈ 4,08eV<br />
⎝ λ ⎠ λ<br />
2λ<br />
2 ⋅152<br />
nm<br />
2. Ett sätt att undvika oerhört långa lagringstider för utbränt kärnbränsle är att<br />
omvandla de istoper som har hög radiotoxicitet och lång livslängd genom s.k.<br />
transmutation där man bombarderar kärnavfallet med protoner, neutroner eller<br />
andra kärnor. En sådan reaktion är att bombardera 241 Am (americium) med<br />
neutroner. I en reaktion man då får omvandlas 241 Am <strong>till</strong> 137 Cs (cesium), 6<br />
neutroner samt en annan kärna.<br />
a) Vilken är denna andra kärna som bildas? (2p)<br />
b) Massorna för de tre olika isotoperna som förekommer i reaktionen är<br />
241 AM: 241,06u, 137 Cs:136,91u, ”okänd” istotop: 97,91 u.<br />
Beräkna Q-värdet för reaktionen. (3p)<br />
241<br />
137<br />
yy<br />
Lösning: reaktionen är egentligen n + Am→<br />
Cs + 7n+<br />
X , men i texten<br />
ovan är inkommande neutron ”bortförkortad”. Energi krävs för att 241 Am skall<br />
förstöras snabbare än dess halveringstid av ca 400 år.<br />
a) Den bildade kärnan har 95-55 = 40 protoner => Zr<br />
Den har också 241-137-6 = 98 neutroner => 98 Zr<br />
b) Q = (241,06 – 136,91 – 97,91) u ⋅931,5 MeV/u – 6⋅939,6 MeV =<br />
= 203MeV.
3. Den kosmiska mikrovågsbakgrunden (CMB) är svartkroppsstrålning motsvarande<br />
en temperatur av 2,7 K. Den har sitt urspung i en fotongas från Big Bang, som vid<br />
universums expansion har avsvalnat <strong>till</strong> den idag uppmätta temperaturen. Den<br />
mest sannolika fotonenergin kan med hjälp av Wiens förskjutningslag beräknas<br />
<strong>till</strong> 0,11 meV. Gammastrålning vid mycket höga energier kan växelverka med<br />
mikrovågs-bakgrunden så att elektron--positronpar bildas. Detta sätter en gräns<br />
för hur långt mycket högenergetiska fotoner kan färdas i universum.<br />
Visa att det vid kollisioner mellan gamma-fotoner med energin 10 16 eV och<br />
fotoner i mikrovågsbakgrunden är kinematiskt möjligt att skapa en elektron och<br />
en positron. Tips: antag att de två fotonernas rörelsemängd är motriktade.<br />
(Kinematiskt möjligt innebär att normala bevarandelagar gäller för energi och<br />
rörelsemängd.) (5p)<br />
Lösning: Både energin och rörelsemängden måste bevaras. I alla<br />
2 2 2<br />
E − p c<br />
koordinatsystem gäller att M = . För att elektron och positron skall<br />
2<br />
c<br />
kunna bildas gäller att M ≥ 2m e. Totala energin E är summan av de två fotonernas<br />
energi. För en foton gäller att E = pc, dvs summan av rörelsemängden för två<br />
motriktade fotoner är skillnaden i deras energi. Detta ger:<br />
M =<br />
=<br />
E<br />
2<br />
=<br />
2<br />
c<br />
E<br />
2<br />
2<br />
1<br />
− p<br />
c<br />
+ E<br />
E E<br />
1<br />
2<br />
2<br />
2<br />
c<br />
2<br />
2<br />
2<br />
=<br />
( E<br />
+ 2E<br />
E<br />
2<br />
≈<br />
1<br />
10<br />
c<br />
16<br />
1<br />
− E<br />
2<br />
2<br />
⋅1,1<br />
⋅10<br />
c<br />
+ E )<br />
2<br />
2<br />
2<br />
1<br />
2<br />
c<br />
− E<br />
−4<br />
− ( E<br />
2<br />
2<br />
2<br />
1<br />
− E )<br />
+ 2E<br />
E<br />
2,1<br />
eV ≈ MeV<br />
2<br />
c<br />
1<br />
2<br />
2<br />
2<br />
=<br />
=<br />
> 2<br />
m e<br />
4. Anta att grund<strong>till</strong>ståndsvågfunktionen <strong>till</strong> väteatomen har formen:<br />
−r<br />
/ a<br />
ψ ( r,<br />
θ,<br />
φ)<br />
= Ae<br />
där A, a är konstanter. Bestäm osäkerheten Δ r i detta <strong>till</strong>stånd. (5p)<br />
∞<br />
k −ar<br />
k!<br />
Integrationshjälp: ∫ r e dr =<br />
k + 1<br />
a<br />
0<br />
Lösning: Börja med att normera ψ :<br />
2<br />
A =<br />
3 / 2<br />
a<br />
Väntevärdet hos radien:<br />
∞<br />
∫<br />
0<br />
ψ<br />
2<br />
r<br />
2<br />
dr<br />
∞<br />
2<br />
= A ∫<br />
0<br />
e<br />
−2r<br />
/ a<br />
2<br />
r dr =<br />
A<br />
2<br />
2<br />
(2 / a)<br />
3<br />
= 1
∞<br />
∞<br />
2 −2r<br />
/ a 3 4 6 3a<br />
r dr = =<br />
3 4<br />
(2 / ) 2<br />
0<br />
a a<br />
2 4<br />
= ∫ rψ<br />
r dr = e<br />
3<br />
a<br />
∫<br />
0<br />
Väntevärdet hos radien i kvadrat:<br />
∞<br />
∞<br />
2 2 2 2 4<br />
r = ∫ r ψ r dr = e<br />
3<br />
a<br />
∫<br />
Osäkerheten hos radien:<br />
0<br />
0<br />
−2r<br />
/ a<br />
4 4 24<br />
r dr =<br />
3 5<br />
a (2 / a)<br />
2<br />
2<br />
2 9a<br />
Δ r = r − r = 3a<br />
− =<br />
4<br />
3<br />
2<br />
2 a<br />
= 3a<br />
2<br />
5. Vid gränsstationer i Polen finns detektorer för radioaktiva material. Vid ett<br />
<strong>till</strong>fälle upptäcktes motsvarande 40 μg av strontium-90 under ett passagerarsäte i<br />
en buss. I radioaktiva sönderfall av denna isotop utsänds elektroner med den<br />
kinetiska energin 546 keV. Halveringstiden för 90 Sr är uppmätt <strong>till</strong> 28,79 år. Dess<br />
atommassa är ca 90 u.<br />
Uppskatta den dos (enhet 1 Gy = 1 J/kg) som en person, om den hade preparatet<br />
tejpat mot kroppen, skulle utsättas för under en 10 timmars bussfärd.<br />
(Som tur är stoppar sätet annars strålningen.) (5p)<br />
Lösning: 90 Sr har atommassan 90 u. 0,5mg innehåller då<br />
−5<br />
−5<br />
23<br />
4,0 ⋅10<br />
g 4,0 ⋅10<br />
⋅ 6,022 ⋅10<br />
17<br />
N<br />
0<br />
= N A<br />
≈<br />
≈ 2,68 ⋅10<br />
kärnor av 90 Sr.<br />
90g<br />
90<br />
t1/<br />
2 28,79 år ⋅<br />
9<br />
Medellivlängden: τ = ≈ ≈ 1,31⋅10<br />
s<br />
ln 2 ln 2<br />
Deponerad energi blir:<br />
E = N<br />
0<br />
4 9<br />
−t / τ<br />
17 −3,6⋅10<br />
1,3110 ⋅<br />
( 1−<br />
e ) ⋅ Eekin<br />
≈ 2,68 ⋅10<br />
( 1−<br />
e )<br />
5<br />
⋅ 5,46 ⋅10<br />
eV ⋅1,6<br />
⋅10<br />
≈ 0,64 J<br />
Helkroppsdos innebär att bi bör räkna med energi deponerad i en person som<br />
väger ca 80 kg. Dessutom kan man anta att bara hälften av sösnderfallen ger en<br />
elektron i riktning som träffar personen. Detta ger dosen: 8 mGy.<br />
(Nu deponeras ju inte energin i hela kroppen utan i en begränsad del, så att i stort<br />
sett alla väl förklarade massor där dosen deponeras godkäns.)<br />
−19<br />
J / eV ≈<br />
6. En elektron är bunden i en ändlig potentialgrop med funktionsformen<br />
⎧ 0, x < 0<br />
⎪<br />
V ( x)<br />
= ⎨−V0<br />
, 0 < x < L<br />
⎪<br />
⎩ 0, x > L<br />
med V<br />
0<br />
= 100 eV.
Visa hur systemet ska lösas för att hitta energinivåerna för bundna <strong>till</strong>stånd<br />
och inträngningsdjup i de klassiskt förbjudna områdena. Förenkla så långt<br />
som möjligt utan att använda numeriska lösningar. (5p)<br />
Lösning: Lösningarna <strong>till</strong> Schrödingerekvationen har formen<br />
κx<br />
ψ ( x)<br />
= Ae , x < 0<br />
där<br />
Kontinuitetsvillkor:<br />
ψ ( x)<br />
= Bsin<br />
kx + C cos kx,0<br />
< x < L<br />
ψ ( x)<br />
= De<br />
κ ( L−x)<br />
2 2<br />
h κ<br />
E = −<br />
2m<br />
κ =<br />
k =<br />
2m(<br />
−E)<br />
h<br />
2m(<br />
V<br />
ψ (0) = A = C<br />
h<br />
ψ '(0) = κA<br />
= kB<br />
, x > L<br />
0<br />
2<br />
h k<br />
=<br />
2m<br />
+ E)<br />
2<br />
−V<br />
ψ '( L)<br />
= kB cos kL − kC sin kL = −κD<br />
Eliminera C = A och B = κ A:<br />
k<br />
2<br />
κ<br />
Asin<br />
kL + κA<br />
cos kL = κD<br />
k<br />
κAcos<br />
kL − kAsin<br />
kL = −κD<br />
Addera:<br />
2<br />
⎛ κ ⎞<br />
⎜ − k<br />
⎟sin<br />
kL + 2κA<br />
cos kL = 0 ⇒<br />
⎝ k ⎠<br />
2κ<br />
2kκ<br />
tan kL = − = ⇒<br />
2<br />
2 2<br />
κ k − κ<br />
− k<br />
k<br />
0<br />
⇒<br />
ψ ( L)<br />
= Bsin<br />
kL + C cos kL = D<br />
2m(<br />
V0<br />
+ E)<br />
L 2 ( V0<br />
+ E)(<br />
−E)<br />
tan<br />
=<br />
=<br />
h<br />
V0<br />
Lösningarna E<br />
n<br />
<strong>till</strong> denna ekvation hittas numeriskt.<br />
Vidare måste lösningarna normeras:<br />
∞<br />
∫<br />
−∞<br />
ψ<br />
2<br />
n<br />
dx = 1<br />
Vilket kan göras då värdena på E hittats.<br />
n
7. ”Coherent Anti-Stokes Raman Spectroscopy” (CARS) kan användas för mätning<br />
av temperaturer och förkomst av molekylslag i förbränningsprocesser. En del<br />
inkommande fotoner, oftast från laser, kommer att ge en excitation av molekyler<br />
<strong>till</strong> ett virtuellt kortlivat <strong>till</strong>stånd som deexciterar <strong>till</strong> ett lägre energis<strong>till</strong>stånd hos<br />
molekylen än det urspungliga varvid en foton med högre energi än inkommande<br />
laserfoton sänds ut. I en sådan uppställning uppmättes att en rotationsövergång<br />
från l=3 <strong>till</strong> l=1 hos CO motsvarades av energin 1,43 meV. Beräkna<br />
atomavståndet i CO-molekylen. (5p)<br />
2<br />
h<br />
Lösning: E<br />
rot<br />
= l(<br />
l + 1)<br />
Där tröghetsmomentet<br />
2I<br />
CM<br />
2<br />
I CM<br />
= μR 0<br />
.<br />
Energiskillnaden mellan l=3 och l=1 <strong>till</strong>stånden blir:<br />
2<br />
2<br />
h<br />
10h<br />
Δ Erot<br />
= ( 3(3 + 1) −1(1<br />
+ 1) ) = ur vilket atomavståndet R 0 fås:<br />
2I<br />
2I<br />
CM<br />
CM<br />
R0<br />
=<br />
2<br />
I<br />
CM 5h<br />
⎧ mC<br />
⋅ mO<br />
⎫<br />
= = ⎨μ<br />
= ⎬ =<br />
μ μ ⋅ ΔErot<br />
⎩ mC<br />
+ mO<br />
⎭<br />
=<br />
2<br />
−16<br />
2<br />
5h<br />
( mC<br />
+ mO<br />
) 5⋅<br />
(6,582 ⋅10<br />
eVs) (12,01+<br />
16,00)<br />
≈<br />
c<br />
−3<br />
8<br />
ΔErot<br />
⋅ mC<br />
⋅ mO<br />
1,43⋅10<br />
eV(12,01⋅16,00)<br />
⋅9,315⋅10<br />
eV<br />
−19<br />
8<br />
-10<br />
≈ 4,93⋅10<br />
s ⋅3⋅10<br />
m/s ≈ 1,48⋅10<br />
m<br />
2<br />
≈<br />
8. Ammoniakmolekylen NH 3<br />
har två tetraedriska jämviktskonfigurationer som<br />
betecknas 1 och 2 i figuren nedan. N-atomen ligger i de två fallen över respektive<br />
under planet som innehåller de tre H-atomerna. H-atomerna bildar en liksidig<br />
triangel.<br />
Dessa konfigurationer beskrivs av vågfunktionerna ψ<br />
1<br />
och ψ<br />
2<br />
. I en enkel<br />
beskrivning av systemet antas att energiegen<strong>till</strong>stånden ges av den symmetriska<br />
och antisymmetriska linjärkombinationen av dessa:<br />
1<br />
ψ<br />
s<br />
= ( ψ<br />
1<br />
+ ψ<br />
2<br />
) med energiegenvärdet E s<br />
= E 0<br />
− A<br />
2<br />
1<br />
ψ<br />
a<br />
= ( ψ<br />
1<br />
−ψ<br />
2<br />
) med energiegenvärdet E a<br />
= E 0<br />
+ A<br />
2
där E<br />
0<br />
, A är konstanter. Vid övergångar mellan ψ<br />
s<br />
och ψ<br />
a<br />
avges<br />
elektromagnetisk strålning med frekvensen 24 GHz.<br />
Om <strong>till</strong>ståndet är ψ ( t = 0) = ψ<br />
1<br />
vid tiden t = 0 , bestäm <strong>till</strong>ståndet som funktion<br />
av tiden t . (5p)<br />
Lösning: Värdet på A kan bestämmas ur experimentella värdet på frekvensen<br />
hos det emitterade ljuset vid övergångar mellan <strong>till</strong>stånden ψ och ψ .<br />
s<br />
1 −5<br />
h ω = hf = Ea<br />
− Es<br />
= 2A<br />
⇒ A =<br />
2<br />
hf = 5.0 × 10 eV<br />
Tillståndet vid t = 0 kan skrivas<br />
1<br />
ψ ( t = 0) = ψ<br />
1<br />
= ( ψ<br />
s<br />
+ ψ<br />
a<br />
)<br />
2<br />
Genom att utnyttja de stationära energiegen<strong>till</strong>ståndens kända tidsutveckling fås<br />
<strong>till</strong>ståndet vid tiden t :<br />
1 −iE<br />
/ h<br />
/ h 1<br />
st<br />
−iEat<br />
−i(<br />
E0<br />
− A)<br />
t / h −i(<br />
E0<br />
+ A)<br />
t / h<br />
ψ ( t)<br />
= ( ψ<br />
se<br />
+ ψ<br />
ae<br />
) = ( ψ<br />
se<br />
+ ψ<br />
ae<br />
) =<br />
2<br />
2<br />
=<br />
1 −i(<br />
E0<br />
− A)<br />
t / h<br />
−2iAt<br />
/ h<br />
= e ( ψ<br />
s<br />
+ ψ<br />
ae<br />
)<br />
2<br />
Vid tiden 2At / h = π ⇒ t = πh<br />
/ 2A<br />
blir<br />
1<br />
ψ ( t = πh<br />
/ 2A)<br />
= × ( phase)<br />
× ( ψ<br />
s<br />
−ψ<br />
a<br />
) = phase × ψ<br />
2<br />
2<br />
Lösningen oscillerar alltså mellan ψ<br />
1<br />
och ψ<br />
2<br />
med frekvensen= 1/periodtiden<br />
= f = A/ πh<br />
= 24 GHz, vilket är samma som frekvensen hos ljus som emitteras<br />
när molekylen gör övergångar mellan <strong>till</strong>stånden ψ<br />
s<br />
och ψ<br />
a<br />
.<br />
a