Oppgaver FYS1001 Vår 2018 1 Løsningsforslag til ukeoppgave 15 Oppgave 18.11 Se. s. 544 Oppgave 18.12 a) Klorofyll a absorberer fiolett og rødt lys: i figuren ser vi at absorpsjonstoppene er ved 425 nm og 660 nm. På samme måte ser vi at klorofyll b absorberer blått (460 nm) og oransje (640nm) lys. b) Bølgelengder mellom 500 nm og 575 nm som tilsvarer grønt og gult lys. c) Fiolett og blå Oppgave 18.13 a) For E 0,818 aj må λ være: E = hf = hc λ λ < hc E = 6, 63 10 34 J s 3, 0 10 8 m/ s 8, 18 10 19 J = 243 nm For E 0,568 aj: λ < hc E = 6, 63 10 34 J s 3, 0 10 8 m/ s 5, 68 10 19 J = 350 nm O 2 : λ 243 nm O 3 : λ 350 nm b) Det beskytter oss mot den skadelige UV-strålingen fra sola. Oppgave 18.18 a) f = 6, 65 10 14 Hz er altså grensefrekvensen, og fotonenergien er da like stor som løsrivningsarbeidet. E f = hf = 6, 63 10 34 J s 6, 65 10 14 Hz = 0, 441aJ b) f = 7, 00 10 14 Hz E f = hf = 4, 64 10 19 J Den største kinetiske energien til elektronet blir da E k = E f W = 4, 64 10 19 J 4, 41 10 19 = 2, 31 10 20 J
Oppgaver FYS1001 Vår 2018 2 E k = 1 2 m ev 2, der elektronets masse er m e = 9, 11 10 31 kg. v = 2Ek m e = 2, 25 10 5 m/ s Oppgave 18.27 a) Bremsestråling oppstår fordi elektronene bremses når de passerer atomene i metallet. Akselererte ladninger sender ut elektromagnetisk stråling. Hvor stor akselerasjon et elektron får avhenger av hvordan det treffer atomene, og vil variere fra elektron til elektron, derfor gir bremsestrålinga et kontinuerlig spektrum. b) Den karaktereistiske røntgenstrålinga oppstår når det innkommende elektronet slår løs et av de elektronene i et atom med lavest energi. Det blir da en ledig plass, og et elektron med større energi faller ned i den ledige plassen og sender ut røntgenstråling. Dette er akkurat det samme som de vanlige emisjonsspektra for lysende gasser, bare at energiene er større når vi ser på de nederste energinivåene i store atomer, og dermed blir det røntgenstråling istedenfor synlig lys. Oppgave 18.32 a) Ledningsevnen i et stoff er tallet på bevegelige ladninger. I en halvleder er det få bevegelige ladninger ved romtemperatur. Termiske bevegelser i atomene gjør at valenselektroner kan rive seg løs fra sine plasser og bli bevegelige, negative, ladningsbærere. Der det før satt et elektron har det da blitt et hull som kan fylles av et elektron fra et naboatom som i sin tur får et hull som kan fylles av et elektron fra et naboatom etc. Atomene med hull blir da positivt ladd og hullet er da positiv ladningsbærer. b) og c) Gjennom å tilsette en liten mengde fremmedatomer til en halvleder kan man kontrollere ledningsevnen, man sier at man doper halvlederen. En n-ledere har overskudd av negative ladningsbærere og en p-leder har overskudd av positive ladningsbærere. For å lage en n- ledere tilsetter man atomer med et ekstra valenselektron sammenlignet med grunnstoffet til halvlederen et eksempel er at tilsette fosfor til silisium. For å lage en p-ledere tilsetter man atomer med en færre valenselektron sammenlignet med grunnstoffet og altså innfører man flere hull til halvlederen et eksempel er at tilsette aluminium til silisium. Oppgave 18.107 a) For å gå fra grunntilstanden til n = 4 trengs energien E = E 4 E 1 = 0, 136aJ (2, 18aJ) = 2, 04aJ b) Den største bølgelengden tilsvarer den laveste energien og dermed den korteste overgangen, altså fra n = 5 til n = 4. E f = E 5 E 4 = 0, 087aJ ( 0, 136aJ) = 0, 049aJ
Oppgaver FYS1001 Vår 2018 3 Bølgelengden blir da = 6, 64 10 34 J s 3 108 m/ s E f 0, 049 10 18 J = 4, 06µm c) Et atom blir ionisert når så mye energi tilføres at et elektron blir slått ut, dette tilsvarer n = d) E = 0 og altså må E = E E 1 = 0 ( 2, 18aJ) = 2, 18aJ tilføres. Oppgave 18.110 a) Energien er størst i bane n = 6. Forskjellen er E 6 E 2 = -0,061 aj - ( -0,545 aj) = 0,484 aj. b) Størst bølgelengde får fotonet som går fra n = 3. Bølgelengden blir da E f = E 3 E 2 = 0, 242aJ ( 0, 545aJ) = 0, 303aJ = 6, 64 10 34 J s 3 10 8 m/ s E f 0, 303 10 18 J = 656 nm Oppgave 18.112 Undersøk ekstremene, den korteste og den lengste overgangen. Oppgave 18.115 a) I tilstand ii kan atomet eksitere til tilstand iii og altså absorbere energien: E iii E ii = 3, 1 10 19 J ( 4, 8 10 19 J) = 1, 7 10 19 J Atomet kan også deeksitere til tilstand E i og dermed emittere energien: E ii E i = 4, 8 10 19 J ( 8, 2 10 19 J) = 3, 4 10 19 J b) De absorberte fotonene har samme energi som energidifferansen mellom nivå ii og iii: E iii E ii = 3, 1 10 19 J ( 4, 8 10 19 J) = 1, 7 10 19 J Frekvensen blir da f = E h = 1, 7 10 19 J 6, 63 10 34 J s = 2, 6 1014 Hz Oppgave 18.116
Oppgaver FYS1001 Vår 2018 4 a) Vi bruker interferensformelen der n = 2, d = 1 10 3 m 300 = 3, 33 µm og θ = 20, 73. λ = d sin θ = 590 nm n Dette er gul/oransje farge (se fysikktabellen), og er en natriumlinje. b) Linja oppstår ved at kontinuerlig lys (alle bølgelengder) passerer gjennom solatmosfæren. Her blir enkelte bølgelengder absorbert for så å bli sendt ut igjen i alle retninger. Det lyset som er på vei mot oss blir derfor svekket for de absorberte bølgelengdene. Hvis vi kan undersøke i et laboratorium hva slags grunnstoff som emitterer lys ved nøyaktig denne bølgelengden, kan vi slå fast at det er denne typen grunnstoff i atmosfæren til sola. Oppgave 18.124 Vi har bølgelengdene for overgangene 1 og 2: λ 1 = 2, 56 10 8 m og λ 2 = 3, 04 10 8 m, vi har også h = 6, 63 10 34 Js og c = 3, 0 10 8 m/s. De tilsvarende energiene er da Strålningsenergien for overgang 3 blir E 1 = hc λ 1 = 7, 77 10 18 J E 2 = hc λ 2 = 6, 54 10 18 J E 3 = E 1 E 2 = 1, 23 10 18 J og bølgelengden: λ 3 = hc/e 3 = 162 nm Oppgave 18.131 a) Fotoner med f = 6, 8 10 15 Hz har energien E = hf = 4, 5 aj og bølgelengden λ = c/f = 44 nm. b) Løsrivningsarbeidet til kopper er W = 0, 745 aj, Einsteins likning for fotoelektrisk effekt sier: E f = W + E k, den største kinetiske energien er altså E k = E f W = 4, 5aJ 0, 745aJ = 3, 8aJ Oppgave 18.145 Les om røntgen på s. 553-556 Oppgave 18.147 a)
Oppgaver FYS1001 Vår 2018 5 b) K β har kortest bølgelengde og derfor høyest energi, og tilhører overgangen fra M til K. K α kommer etter og tilhører overgangen fra L til K. L β har høyere energi enn L α, så L β er n = 4 til L og L α er M til L. c) K α : E = - 1,82 fj -(-11,1 fj) = 9,28 fj K β : E = - 0,48 fj -(-11,1 fj) = 10,62 fj L α : E = - 0,48 fj -(-1,82 fj) = 1,34 fj K β : E = - 0,29 fj -(-1,82 fj) = 1,53 fj E = 2, 14 10 11 m = 21, 4pm E = 1, 87 10 11 m = 18, 7pm E = 1, 48 10 10 m = 0, 148nm E = 1, 30 10 10 m = 0, 130nm d) Den minste energien som må til for å eksitere et atom er 9,28 fj, spenningen vi må ha er da U = E q = 9, 28 10 15 J 1, 6 10 19 C = 58, 0 kv Oppgave 1 a) Et vannmolekyl har massen 18u. I ett milligram er der det derfor 1 10 6 kg 18 1, 66 10 27 kg = 3, 35 1019 vannmolekyler. Hvis vi teller 5 i sekundet blir det totalt 3, 35 10 19 molekyler 5 molekyler/s = 6, 7 10 18 s = 2, 1 10 11 år Det tar 200 milliarder år å telle molekylene i regndråpen! (og vi klarer slett ikke å telle fem i sekundet når tallene blir store...) b) 14 millioner Oppgave 2 Kontinuerlig: Lyden fra radioen, tiden i en fysikktime, pusten din. Kvantisert: Sanden på stranda, atomene i sandkornet, myntene i lommeboka di, lyset fra PCskjermen.
Oppgaver FYS1001 Vår 2018 6 Oppgave 3 Arealet til pupillen blir A = πr 2 = 5, 7 10 5 m 2. En intensitet på I = 5, 0 10 13 W/m 2 svarer da til en effekt på P = IA = 28, 5 10 18 W. Energien til et foton er E = hf = hc = 3, λ 9 10 19 J. Det gir 28, 5 10 18 J/s 3, 9 10 19 J/foton Ugla trenger altså ca. 73 fotoner per sekund for å se. = 73 fotoner/s Oppgave 4 a) Elektroner i hydrogenatomene blir eksitert ved kollisjon med elektronene i strømmen. Når elektronene i hydrogenatomene faller ned igjen til et lavere nivå, sendes det ut lys. b) E = hf. Fargen er bestemt av frekvensen som igjen er bestemt av energiforskjellene mellom energinivåene i hydrogenatomet. Oppgave 5 Luminescens: Generell betegnelse på utsendelse av lys som skyldes noe annet enn termisk stråling. Ved fluorescens vil UV-lys eksitere atomene direkte over en stor energiforskjell, men elektronene faller ned igjen i kaskader (via mange nivåer). Overgangene i kaskadene har energiforskjeller som tilsvarer synlig lys. Ved fosforescens er noen av nivåene i kaskadene metastabile. Det tar altså litt tid før elektronene de-eksiterer. Dermed sendes det ut lys en stund etter at atomet ble eksitert. Black light er UV-lys. Du ser ikke lyskilden, men du ser lyset som sendes ut når elektronene de-eksiterer. Optiske hvitemidler i vaskepulver er for eksempel fine slik fordi de er fluorescerende! Oppgave 6 a) F = mv2 r a = v2 r = ma Sentrifugen snurrer med 22000 omdreininger hvert minutt, som gir 366,67 omdreininger per sekund. En omdreining tar da t = 2, 7 10 3 s. For omkretsen 93 cm har vi radien Vi får akselerasjonen r = 93 cm 2π v = 2πr t = 14, 8 cm = 275, 5 m/ s Eller 80 000 g. a = v2 r = (275, 5 m/ s)2 0, 148 m = 785532, 8 m/ s2 = 79 10 5 m/ s 2
Oppgaver FYS1001 Vår 2018 7 b) Absorbert foton: λ = 358 nm E abs = hc λ 6, 63 10 34 J s 3, 00 10 8 m/ s = 358 10 9 m = 5, 56 10 19 J Det emitterte fotonet får da energien Dette gir E varme = 1, 24 10 19 J E abs E varme = 4, 32 10 19 J E = 6, 63 10 34 J s 3, 00 10 8 m/ s 4, 32 10 19 J Det fluorescerende lyset var blått. = 4, 6 10 7 m = 460 nm Oppgave 7 Blått lys tillhører PAR-segmenet, og man kan si at det oppløste karbonet stjeler lys fra fytoplankton som da ikke kan fotosyntetisere like mye. Ettersom CO 2 tas opp i fotosyntesen, øker p CO2 enda mer. En annan effekt er at UV-lyset kan bryte ned karbonmolekylene. I denne prosessen, som kalles fotomieralisering, dannes det CO 2.