14.07.2014 Views

Preliminärt lösningsförslag till: Tentamen i Modern Fysik, 5A1247 ...

Preliminärt lösningsförslag till: Tentamen i Modern Fysik, 5A1247 ...

Preliminärt lösningsförslag till: Tentamen i Modern Fysik, 5A1247 ...

SHOW MORE
SHOW LESS

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

Hooray! Your file is uploaded and ready to be published.

Saved successfully!

Ooh no, something went wrong!