Fasit for besvarelse til eksamen i A-112 høst 2001

Transkript

1 Fasit for besvarelse til eksamen i A-112 høst 21 Oppgave I a Anta at hvert elektron beveger seg i et midlere, sfærisk symmetrisk felt =sentralfelt V r fra kjernen og alle de andre elektronene Ved å velge V r fornuftig håper vi at korrelasjonsleddet H EC lign 38 i kompendiet blir minimalisert slik at dette bedraget til energien kan beregnes tilnærmet fra perturbasjonsteori Klarer vi å finne en god slik V r kan et N-elektron atom behandles som N én-partikkel hydrogen-lignende løsninger, bortsett fra at Coulomb-feltet erstattes med V Dermed må atomet også kunne beskrives med N sett av kvantetall n i, l i, m li Største forskjell fra H-atomet er at energien ikke bare avhenger av n i men også av l i I stor avstand er kjernen helt skjermet slik at sentralfeltet må nærme seg Coulomb-feltet fra en skjermet kjerneladning Z N + 1 Nær kjernen må elektronet føle det uskjermede Coulomb-feltet med ladning Z b 1s 2 og 2s 2 er fylte skall så de bidrar ikke Første elektron har 6 mulige m l, m s kombinasjoner å velge mellom, andre elektron har 6 1 = 5, ned til femte elektron som bare har to ledige tilstander å velge mellom, i alt 6! mulige kombinasjoner Siden de 5 elektronene er identiske får vi da 6!/5! = 6 forskjellige tilstander c Hund s 1 regel: Størst mulig M S er 1/2 når vi krever at alle fem elektroner er i forskjellige tilstander, følgelig er S = maxm S = 1/2 En p-tilstand svarer til l = 1 Samme resonnement gir da L = maxm L = 1 Hund s 2 regel I tillegg er pariteten 1 l 1+l 2 +l 3 +l 4 +l 5 = 1, så grunntilstanden er 2 P o I første eksiterte tilstand er det bare 2s skallet som ikke er fullt og derfor vil bidra til kvantetallene Følgelig er S = 1/2 og L = som gir spektral term 2 S Landé s intervallregel sier at når skallet er mer enn halvfullt grunntilstanden har 5 av 6 mulige tilstander besatt så det er mer enn halvfullt, så skulle tilstanden med høyest J ha lavest energi Grunntilstanden splittes i en J = 1/2 to tilstander og en J = 3/2 4 tilstander multiplett Det aller laveste energinivået burde derfor ha J = 3/2 d Dette er en én-elektron overgang 2s til 2p så vi må kreve l = ±1, i tillegg til L = ±1 og S = Alle disse krav er tilfredsstilt så dette er en tillatt dipol-overgang, og dermed pr definisjon resonanslinjen for NeII 1

2 e Doppler-forskyvning, ν = ν 1 + v/c, gir ν ν = ν v/c Den maksimale hastigheten i retning av observatøren oppnås av atomene ved planetens ekvator, som har størst rotasjonshastighet v max = 2πR/T Følgelig blir max ν ν = ν v max /c = 2πRν /ct f Sett fra Jorden skjer absorpsjonen i en roterende ring med radius R Vi lar vinkelen mellom rotasjonsaksen og radiusvektor fra sentrum ut til et punkt på ringen være θ La x- aksen være fra Jorden til stjernen Atomene i punktet med vinkel θ på ringen har da en hastighetskomponent langs synslinjen på v x = ωr sin θ, der ω 2π/T Antall fotoner som blir absorbert i et frekvensintervall dν er proporsjonalt med antall atomer på ringen i et tilsvarende hastighetsintervall dv x, hvor sammenhengen mellom dv x og dν er gitt av Doppler-formelen i punkt e, dν = ν /c dv x Antall atomer som absorberer er proporsjonalt med lengden av et segment på ringen, dn atom dθ, hvor proporsjonalitetskonstanten inneholder all mulig ukjent informasjon om tettheten av atomer, tykkelsen av ringen osv Altså blir φν dν dθ For å finne φν må vi uttrykke dθ ved hjelp av ν Først bruker vi at dv x = ωr cos θ dθ, slik at dθ = dv x ωr cos θ = dv x ωr 1 sin 2 θ = dv x ωr 1 v2 x ω 2 R 2 Her bruker vi så at v x = cν/ν 1 og finner φν dν dθ = c dν ν ω 2 R 2 c 2 ν ν 1 2 som altså gir det oppgitte svaret: φν = C 1 2 ν ν ν max hvor ν max 2πRν /ct Oppgave II a Impulsfordelingsfunksjonen uttrykker sannsynligheten for å finne partikler i volumet d 3 r og med impuls i volumet d 3 p rundt et gitt punkt i r, p rommet Sannsynlighetsfunksjonen er da normalisert slik at integralet til impulsfordelingsfunksjonen over et volum V og over alle impulser gir totalt antall partikler N i volumet V b Fermi-Dirac impulsfordelingsfunksjonen for en elektrongass skrives rp p = 2 1 h 3 w µ exp + 1 τ f F D 2

3 hvor energien w til elektronet er relatert til impulsen ved w = potensialet p2 Når T, det vil si når τ, har den eksponensielle funksjonen grensen { w µ p lim exp = µ < τ τ p µ > hvor p F er Fermi-impulsen, reduseres Fermi-Dirac impuls- Definerer vi µτ = p2 F fordelingsfunksjonen til og µ er det kjemiske { 2 frpp D p < p = h 3 F p > p F som tolkes på den måten at Pauli prinsippet begrenser antall elektroner i et faseromelement d 3 rd 3 p = h 3 til å være to én med spinn opp og én med spinn ned c Antall partikler i et volum d 3 r og skalar impuls mellom p og p+dp må være lik antall partikler i et volum d 3 r og energi mellom w og w + dw, det vil si f F D rw wdw = f F D rp p4πp 2 dp med p = w og dp = m e dw 2me w Altså frw F D w = 8π h m wfw d Tettheten n er definert som integralet av energifordelingsfunksjonen over alle energier, n = frw F D wdw = 8π h m wfwdw Bruk integraltilnærmelsen med γw = Γ w = w 1/2, Γw = 2/3w 3/2 + konstant, Γ w = 1/2µ 1/2, altså n = 8π h m 2 3 µ 3 π 2 τ µ 2 = 8π 3h µ π2 τ 2 8 µ 2 e Siden tettheten n ikke er avhengig av T, dvs n er bestemt, må µ være en funksjon av T Vi skriver da nt = = nt : n = 8π 3h 3 3 8π 3 2 µ 2 = 3h µt π2 τ 2 8 µt 2 3

4 Fra relasjonen for n gitt ved T = identifiser vi E F = µ Deretter bruker vi at nt = = nt og får E 3/2 F = µt 3/2 1 + π2 τ 2 8 µt 2 µt = E F 1 π2 8 µt = E F 1 π2 12 Siden τ µ, er µt µ og τ 2 µt 2 τ 2 µt = E F f Den kinetiske energien U i et volum V er gitt som τ 2 µt 2 τ 2 µt 2 = T 2 µ 2 TF 2 1 π2 T 12 2/3, altså T F 2 1 U = V wfrw F D wdw = V 8π h m w 3 2 fwdw Bruk integraltilnærmelsen med γw = Γ w = w 3/2, Γw = 2/5w 5/2 + konstant, Γ w = 3/2µ 1/2, slik at U = V 8π h m 2 5 µ 5 π 2 τ µ 1 2 = V 8π h m 2 5 µ π2 τ 2 8 µ 2 Ved å bruke µ fra ligningen 1 og antagelsen at τ µ får vi U = V 8π h m 2 5 E 5 2 F V 3 5 ne 3 2 F E 5 2 F 1 + = 3 5 Nk bt F 1 + 5π π2 T 12 T F 2 5 π 2 TTF T T F π2 8 τ 2 µ 2 Varmekapasiteteten ved konstant volum, C V, er definert som C V = U T = 3 V 5 Nk 5π 2 bt F 12 2 T π 2 T = Nk TF 2 b 2 2 T F 4

5 g For en ideell gass ved temperatur T er energien U til N partikler i et volum V, U = 3Nk 2 bt, slik at C V = 3Nk 2 b Ved T T F, det vil si når ligning 2 er gyldig, er C V for en ideell gass mye større enn om elektrongassen hadde blitt behandlet som en Fermi-gass som tar hensyn til Pauli-prinsippet Når vi behandler elektronene som en degenerert Fermi-gass altså ved lave temperaturer, vil så å si alle tilstandene opp til Fermi-energien E = E F være opptatt Elektronene dypt nede i energifordelingen med E E F kan derfor ikke tilføres energi de trenger mye energi skal de finne en ledig tilstand Dermed er det bare de få elektronene med energi w E F som kan absorbere energien som tilføres systemet, slik at det bare er disse partiklene som bestemmer varmekapasiteten Oppgave III a ρ + ρv = 3 t ρ t + v v = P 4 t + v P ρ γ = 5 b Skriv ρ = ρ + ρ 1 osv i ligningene ovenfor, ekspander parentesene og behold kun ledd av 1 orden i de perturberte størrelsene ρ 1 osv Kravet om at de uperturberte ρ, v og P også må tilfredsstille ligningene fører til at alle ordens av orden ρ osv ledd i de lineariserte ligningene kan strykes siden de allerede i seg selv oppfyller ligningene I dette tilfellet er det trivielt at de uperturberte størrelsene oppfyller ligningene siden ρ osv er konstanter, men i andre tilfeller kan det være mindre trivielt Vi får da det oppgitte resultat, ρ 1 t + ρ v 1 v1 ρ t + v v 1 x t + v x x + v der C γk b T /m og T er den uperturberte temperaturen ρ 1 x = 6 + P 1 x = 7 P1 C 2 ρ 1 = 8 c Med løsninger av formen ρ 1 = ρ exp[ikx ωt] kan alle deriverte i ligningene ovenfor erstattes med konstanter, iω, ik Ligningene 6 8 blir da et sett med t x koblede, lineære ligninger, iω + ikv ρ 1 + ikρ v 1 = 9 iω + ikv ρ v 1 + ikp 1 = 1 iω + ikv P 1 C 2 ρ 1 = 11 5

6 Disse kan så løses på vanlig måte, feks ved å løse 11 mhp P 1, sette dette inn i 1 og løse mhp v 1 som da kun blir en funksjon av ρ 1 Til slutt kan vi sette dette inn i 9 og vi får en ligning som kan skrives k 2 C 2 ω v k 2 ρ 1 = 12 For å ha ikke-triviell løsning ρ 1 må da parentesen være null, som gir sammenhengen mellom ω og k: ω = v ± Ck 13 d La x være koordinaten for et punkt målt i vårt referansesystem I referansesystemet som beveger seg med fart v langs x-aksen i forhold til oss vil det samme koordinatpunktet ha verdien x = x v t dersom vi antar at de to referansesystemene er sammenfallende har samme origo ved t = I tillegg antar vi at v c der c er lysfarten siden vi vet at lydbølger må bevege seg mye saktere enn lyset Vi gjør derfor bare en Galileotransformasjon i stedet for en full Lorentz-transformasjon i så fall måtte vi også tatt hensyn til lengdekontraksjon og tidsdilatasjon t t Trykk-perturbasjonen, feks, vil da kunne skrives P 1 = P 1 e i[kx ωt] = P 1 e i[kx +v t ωt] = P 1 e i[kx ω t] 14 der ω = ω kv = v v ± Ck 15 Bølgelengden 1/k forblir altså uendret, mens frekvensen ν = ω/2π vil bli en annen Vi kunne brukt dette til å regne ut dispersjonsrelasjonen i punkt c mye raskere: Velg v = v slik at vi går inn i gassens hvilesystem Der har vi allerede vist lign 6111 i kompendiet at ω = ±Ck Til slutt kunne vi brukt resultatet 15 til å transformere oss tilbake til referansesystemet hvor gassen driver med hastighet v og dermed vist 13 Men dette spurte vi altså ikke om 6