FYS2140 Kvantefysikk, Oblig 2. Sindre Rannem Bilden, Gruppe 3

Transkript

1 FYS2140 Kvantefysikk, Oblig 2 Sindre Rannem Bilden, Gruppe 3 6. februar 2015

2 Obliger i FYS2140 merkes med navn og gruppenummer! Denne obligen har oppgaver som tar for seg fotoelektrisk eekt, Comptonspredning og Bohrs atommodell. Oppgavene er tatt fra Kompendiet, og heter der Oppgave 2.6, 2.10 og 3.4. Oppgave 1 (Ligner på tidligere eksamensoppgave) a) Gjør kort rede for den fotoelektriske eekten, og skissér en eksperimentell oppstilling som kan observere og måle denne eekten, og som demonstrerer at lys har kvantisert energi. Svar: Den fotoelektriske eekten går ut på at elektroner blir emittert fra en metallplate når elektromagnetisk stråling sendes mot platen. I oppsettet under vil elektroner emitteres fra en fotokatode og fanges i anoden ved hjelp av en påsatt spenning, dette resulterer i en strøm som kan måles med at amperemeter koblet til kretsen. Tre temaer rundt dette eksperimentet tilsier at lys er kvantisert. Intensitet Det var forventet at den kinetiske energien til emitterte elektroner ville øke med økende intensitet på den elektromagnetiske strålingen. Det viser seg at K maks = ev 0 er uavhengig av lysintensiteten. Frekvens Det var forventet at fotoelektrisk eekt ville forekomme ved alle frekvenser, men eksperimentet viste at det fantes en minste frekvens v 0 som gir strøm. Frekvenser under dette ga ingen emittasjon, noe som tilsier at lyset måtte bestå av fotoner med energi E = hν. Dette vil si at fotoner med E < ω 0 ikke gir emittasjon av elektroner.

3 Forsinkelse Klassisk fysikk tilsier at det vil ta tid fra lys treer fotokatoden til det emitteres elektroner. Det kan tenkes at elektronet lades"med energi fra en kontinuerlig kilde før det får nok energi til å emitteres. Eksperimentet viser at emittasjonen skjer momentant. Dette styrker teorien om fotoner da den nødvendige energien kommer samlet i én pakke. b) Den fotoelektriske arbeidsfunksjonen for kalium (K) er 2.0 ev. Anta at lys med en bølgelengde på 360 nm (1 nm = 10 9 m) faller på kaliumet. Finn stoppepotensialet for fotoelektronene, den kinetiske energien og hastigheten for de hurtigste av de emitterte elektronene. Svar: ω 0 = 2.0eV = 360nm K maks = hν ω 0 = hc ω 0 = 1240nmeV 360nm Som gir stoppepotensiale V 0 = 1.4V. Hastigheten regnes ut relativistisk: 1 V c = 1 = c 1+ K maks mc 2 2.0eV = 1.4eV

4 c) En uniform monokromatisk lysstråle med bølgelengde 400 nm faller på et materiale med arbeidsfunksjon på 2.0 ev, og med en intensitet på W m 2. Anta at materialet reekterer 50% av den innfallende stråle, og at 10% av de absorberte fotoner fører til et emittert elektron. Finn antall elektroner emittert per kvadratmeter og per sekund, den absorberte energi per kvadratmeter og per sekund, samt den kinetiske energi for fotoelektronene. Svar: = 400nm ω 0 = 2.0eV I = W m 2 E foton = hν = hc = 3.1eV På en ate på 1m 2 over 1s vil det komme inn en total energi på R = J ev N foton = R E foton N eemittert = N foton (% absorbert )(% emittert ) E absorbert = N foton (% absorbert )E foton ev K = E foton ω 0 = 1.1eV Oppgave 2 Et foton med bølgelengde = m treer et fritt elektron i ro. Fotonet blir spredt i en vinkel θ, og får en bølgelengdeforandring gitt ved Comptons formel = = c (1 cos θ), hvor Comptonbølgelengden er c = m. I denne oppgaven skal vi bare se på det som observeres i en vinkel θ = 60 (se gur 1). Energi og : foton y : foton θ = 60 x φ =? elektron Figur 1: Comptonspredning i vinkel θ = 60. bevegelsesmengde beregningene skal uttrykkes ved enheten ev.

5 a) Beregn energien og bevegelsesmengden til det innkommende fotonet. Svar: E = hν = hc p γ = E c = 124keVc 1 = 1240nmeV 10 2 nm = 124keV b) Finn bølgelengden, bevegelsesmengde og den kinetiske energien til det spredte fotonet. Svar: = C (1 cos θ) + 0 = nm p γ = hc c = 110.6keVc 1 E γ = hν = hc = 110.6keV c) Finn den kinetiske energien, bevegelsesmengden og spredningsvinkelen for elektronet. Svar: Ved å bruke bevaring av bevegelsesmengde ser vi at p γ y = p e y, og p γx = p γ x + p e x. Vi vet fra b) at p γ = 110.6keV c 1 og som følger blir p e y = p γ y = p γ sin(60 ) = 95.8keV c 1 p e x = p γ p γ x = p γ p γ cos(60 ) = 68.7keV c 1 Ved sammenslåing gir disse en total bevegelsesmengde p e = p e x 2 + p e y keVc 1 φ = tan 1 ( p ey p e x ) 54.4 Fra dette kan vi også nne den kinetiske energien K e = E e E e = (p ec) 2 + (m e c 2 ) 2 m e c keV som stemmer overens med bevaring av energi E e E e = E γ E γ Oppgave 3 a) Hvilke energier har lyskvant som faller i den synlige delen av spekteret, 4000 Å 7000 Å? Svar: Da energien til lyskvanten kan skrives E = hc vil en lyskvant med bølgelengde 4000Å 7000Å ha energi E = hc mellom E =4000å = 3.10eV og E =7000å = 1.77eV.

6 b) Oppgi noen spektrallinjer av atomært hydrogen og enkeltionisert helium som tilsvarer synlig lys. Svar: Bruker Bohrs atommodell, til å beregne H og He +. Skriver om Bohrs uttrykk for energi så den viser endring i energi fra n i til n f : E ni,n f = (2πk e ) 2 (Ze) 2 e 2 m e c 2 2(hc) 2 ( 1 n 2 f 1 n 2 i Hvor Z er antall protoner i kjernen og permitivitetskonstanten er skrevet om til passende enheter. ε 0 = C 2 ev 1 nm 1. n f n i H He nm 30.36nm nm 25.62nm nm 164.0nm nm nm nm 108.4nm nm nm nm nm nm 1012nm nm nm nm 541.1nm Figur 2: Tabell over verdier av n og tilhørende bølgelengder. Bølgelengder i fet skrift ligger i det synlige spekteret denert i a). ) c) Finn størrelsesorden av eekten på disse dersom man tar hensyn til rekylen av atomet under emisjonen, og vis at denne eekten er langt mindre enn isotopeekten, altså korreksjonen fra å bytte ut elektronmassen med redusert masse µ = m em k (m e + m k ), hvor m e og m k er massen til elektronet og kjernen. Svar: Om man tenker seg at elektronet er hardt bundet til atomet vil man måtte regne med atomets masse M istedenfor elektronets. Antar bevegelsesmengden er bevart gjennom emmisjonen. Har da p E + p γ = p E + p γ som gir p E = p γ. Antar at elektronet vil falle med samme energi uavhengig av rekyl og kan si E e = hν 0 = hc 0 for ingen rekyl. Kan også si E e = hν + p E 2 3M = hc + p 2 E 2M for situasjonen med rekyl.

7 + p 2 E 2M Settes disse sammen får vi hc 0 = hc. Siden bevegelsesmengden er bevart vil p E være like stor som p γ men motsatt rettet, i kvadratet vil kun størrelsen ha betydning så skriver om likningen til hc = hc 0 + p 2 γ 2M = hc hc 0 = hc + + h2 2M 2 h2 2M 2 Enkle regneoperasjoner gir annengradsuttrykket: 0 0(hc) 2Mc 2 = 0 Løser dette med tilfeldig bølgelengde 0 = 400nm og med de respektive atommassene. H nm He nm + Endringen i bølgelengde = E 0 kan også nnes hvor vi ser at endringen grunnet rekyl blir mindre jo større kjernen sin masse er. H = m = 0.62fm He + = m = 0.15fm Når det gjelder isotopeekten erstattes elektronmassen med den reduserte massen µ = mem m e+m og setter inn i uttrykket for energiendring. E ni,n f = (2πk e ) 2 (Ze) 2 e 2 µc 2 ( 1 2(hc) 2 1 ) n 2 i Velger H = nm, (n f = 2, n i = 3) og He + = nm, (n f = 4, n i = 6) da disse fotonene er relativt like i energi. Finner reduserte massen med atommassene M H 1GeV/c 2 M He + 4GeV/c 2 og får µ H = MeV/c 2 µ He + = MeV/c 2. Dette gir H = 656.2nm og He + = nm, med endring på H = 380pm og He + = 90pm som vi ser er en mye større endring enn rekylen. n 2 f