FYS2140 Kvantefysikk, Oblig 2 Lars Kristian Henriksen Gruppe 3 6. februar 2015
Obliger i FYS2140 merkes med navn og gruppenummer! Denne obligen har oppgaver som tar for seg fotoelektrisk effekt, 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 effekten, og skissér en eksperimentell oppstilling som kan observere og måle denne effekten, og som demonstrerer at lys har kvantisert energi. Den fotoelektriske effekt går ut på at om man stråler lys på en metallplate, sendes det ut elektroner fra platen. Innkommende lys Katode Anode Emiterte elektroner A Stroem Spenning Figur 1: Eksperimentelt oppsett for å kunne måle den fotoelektriske effekten. 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. For å fine stoppepotensialet, bruker vi at den maksimale kinetiske energien et elektron kan ha ved emitasjon fra metalplaten K maks ) er gitt ved K maks = hν w 0 = hc λ w 0 = 1240eVnm 2.0eV = 1.44eV 360nm hvor w 0 er arbeidsfunksjonenfor kalium i dette tilfellet). Når vi setter opp et potensiale, V 0 = 1.44V eller større, vil strømmen av elektroner stoppe opp. Farten til de hurtigste elektronene kan da utledes fra K maks = 1/2mv 2 maks : K maks = 1/2m e v 2 maks v maks = v maks 2Kmaks m e 2 1.44eV 9.11 10 31 kg = 2.88 1.602 10 19 J 9.11 10 31 71.2 10 4 ms 1 kg c) En uniform monokromatisk lysstråle med bølgelengde 400 nm faller på et materiale med arbeidsfunksjon på 2.0 ev, og med en intensitet på 3.0 10 9 W m 2. Anta at materialet reflekterer 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. Finner først ut hva platen faktisk absorberer av energi M pr kvadratmeter pr sekund. Vi bruker da at J=eV/1.602 10 19 og at W=Js 1
M = 0.5 3.0 10 9 Wm 2 1.5 10 9 M = 1.602 10 19 evm 2 s 1 M = 1.5 10 9 Jm 2 s 1 M = 9.36 10 9 evm 2 s 1 Vi finner nå energien til hvert foton ved E = hν = h c λ. E = hν = h c λ = 1240eVnm 400nm = 3.1eV For å nå finne den kinetiske energien, bruker vi samme formel som i første oppgave, nemlig at K = hν w K = hν w = hc λ w = E w = 3.1eV 2.0eV = 1.1eV Vi kan nå finne antall fotoner som treffer pr kvadratmeter N, og ved å se på benevnelsene i de foregående utregningene, ser vi at vi kan finne N ved å sette N = M/E. N = M E = 9.36 109 evm 2 s 1 3.1 ev = 3.02 10 9 fotoner m 2 s 1 Antar vi nå at et emitert fotoelektron tar all energien til ett foton, og vi har fått oppgit at 10 prosent av de absorberte fotoner fører til at et elektron blir emitert, ser vi at antall emiterte fotoelektroner tilsvarer 0.1N, det tilsvarer at det blir emitert 3.02 10 8 e m 2 s 1
Oppgave 2 Et foton med bølgelengde λ = 1.00 10 11 m treffer et fritt elektron i ro. Fotonet blir spredt i en vinkel θ, og får en bølgelengdeforandring gitt ved Comptons formel λ = λ λ = λ c 1 cos θ), hvor Comptonbølgelengden er λ c = 2.426 10 12 m. I denne oppgaven skal vi bare se på det som observeres i en vinkel θ = 60 se figur 2). Energi og bevegelsesmengde beregningene skal uttrykkes λ: foton y λ : foton θ = 60 x φ =? elektron Figur 2: Comptonspredning i vinkel θ = 60. ved enheten ev. a) Beregn energien og bevegelsesmengden til det innkommende fotonet. E γ = hc λ 1240 evnm = 0.01 nm = 0.124MeV p γ = E c = 0.124MeV c = 0.124MeVc 1 b) Finn bølgelengden, bevegelsesmengde og den kinetiske energien til det spredte fotonet. Vi finner først bølgelengden til det spredte fotonet λ ved Comptons formel. λ λ 0 = λ c 1 cos θ) λ = λ c 1 cos θ) + λ 0 = 2.426 10 12 m1 cos θ) + 1.0 10 11 m = 1.1213 10 11 m E γ = hc λ = 1240 evnm 0.0112 nm = 0.113 MeV p γ = E γ c = 0.113 MeV c = 0.113 MeVc 1
c) Finn den kinetiske energien, bevegelsesmengden og spredningsvinkelen for elektronet. Når vi regner det som om elektronet før kolisjon hadde null kinetisk energi, og energi er bevart, kan vi finne at den kinetiske energien til elektronet er gitt ved forskjellen i energien til fotonet før og etter kollisjon. K e = E γ = E γ E γ ) = 0.011MeV For å finne bevegelsesmengden til elektronet, antas det at bevegelsesmengde er bevart i x- retning og y-retning, og at støtet er elastisk. Får da: p γ = p γî + p γĵ Bevaring av bevegelsesmengde gir p γĵ = sin60) p γ = 0.097 MeVc 1 = p eĵ p γĵ = cos60) p γ = 0.0565 MeVc 1 Vi kan også si at p γ î = p γî + p eî p eî = p γî p γî = 0.102MeVc 1 0.0565 MeVc 1 = 0.0675 MeVc 1 For å finne p e kan vi bruke pytagoras, og vi får p e = p 2 e î + p 2 e ĵ = 0.0675 MeVc 1 ) 2 + 0.097 MeVc 1 ) 2 = 0.118 MeVc 1 Vinkelen φ er da gitt ved: sin φ = 0.097 0.118 1 0.097 φ = sin 0.118 = 55.3 Oppgave 3 a) Hvilke energier har lyskvant som faller i den synlige delen av spekteret, 4000 Å λ 7000 Å? Dette vil være det samme som 400nm λ 700nm, og vi kan da finne energiene til lyskvantene ved E = hc/λ. E min = E maks = hc λ maks hc λ min = 1240eVnm 700nm = 1240eVnm 400nm = 1.77 evnm = 3.10 evnm b) Oppgi noen spektrallinjer av atomært hydrogen og enkeltionisert helium som tilsvarer synlig lys. Vi bruker her Rydbergs formel, men må passe på og endre Rydbergkonstanten når vi regner på Helium. Siden Helium har ett ekstra proton i kjernen, vil R He = 4R H. Bruker forskjellige verider for n i og n f der λ ligger i intervallet for synlig lys. Kun de som er oppgitt gir synlig lys, men flere er prøvd og funnet til å ikke stråle synlig lys. Rydbergs formel sier at 1 ) 1 1 n 2 i n 2 f
For Hydrogen: 2 2 1 ) 5 2, n f = 2, n i = 5 λ 434.17nm 2 2 1 ) 4 2, n f = 2, n i = 4 λ 486.27nm 2 2 1 ) 3 2, n f = 2, n i = 3 λ 656.47nm For Helium-ionet bruker vi altså at R He = 4R H For Helium: e 4 2 1 ) 8 2, n f = 4, n i = 8 λ 486.27nm e 4 2 1 ) 7 2, n f = 4, n i = 7 λ 541.53nm e 4 2 1 ) 6 2, n f = 4, n i = 6 λ 656.46nm c) Finn størrelsesorden av effekten på disse dersom man tar hensyn til rekylen av atomet under emisjonen, og vis at denne effekten er langt mindre enn isotopeffekten, 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. Denne oppgaven fikk jeg ikke løst, og er egentlig usikker på hva det er det egentlig spørres om. Effekten på hva?