Lösningar Fysik 2 Heureka Kapitel 12

(1)

Lösningar Heureka 2

Kapitel 12

Elektromagnetisk

strålning

Andreas Josefsson Tullängsskolan Örebro

(2)

Lösningar Fysik 2 Heureka Kapitel 12

12.1)

Vi använder Stefan-Boltzmann lagen där allt är känd förutom T.

𝑀 = 𝜎 ∙ 𝑇4 _{→ 𝑇 = �}𝑀

𝜎 4

= 3,639 ∙ 102_{𝐾 ≈ 364𝐾}

12.2)

Vi räknar rutorna för att kunna jämföra två areor, den vita som motsvarar synligt ljus och hela arean. Den blåa arean det ljus som ligger utanför det synliga området. Den vita arean är c.a31 rutor. Hela arean är ca.62-63rutor.

𝑎𝑛𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑦𝑛𝑙𝑖𝑔𝑡 𝑙𝑗𝑢𝑠 =31_{62 = 0,5 𝑑𝑣𝑠 50%} 12.3) a)Effekten är: 𝑃 = 𝑀 ∙ 𝐴, 𝐴 ä𝑟 𝑎𝑟𝑒𝑎𝑛 𝑎𝑣 𝑑𝑒𝑛 𝑠𝑡𝑟å𝑙𝑎𝑛𝑑𝑒 𝑦𝑡𝑎𝑛. 𝑇 = 273 + 18 = 291𝐾 𝑀 = 𝜎 ∙ 𝑇4 𝑃 = 𝐴 ∙ 𝑀 = 𝐴 ∙ 𝜎 ∙ 𝑇4 _{= 32 ∙ 10}−4_{∙ 5,7 ∙ 10}−8_{∙ 291}4 _{= 1,3𝑊}

b) Eftersom den absorberade strålningen från omgivningen är lika mycket som avges,(samma temperatur och absolut svart kropp) ,kommer kulans temperatur inte att sjunka, alltså vi har jämvikt.

(3)

Eftersom asfalten strålar lika mycket ut som den tar emot har vi jämvikt. Vi kan se asfalten som en absolut svart kropp och använder Stefan-Boltzmann lagen samt formeln för effekt. 𝑃 = 𝑀 ∙ 𝐴 →𝑃_{𝐴 = 𝑀 = 1000}𝑊�_𝑚2 𝑀 = 𝜎 ∙ 𝑇4 _{→ 𝑇 = �}𝑀 𝜎 4 = �4 _{5,7 ∙ 10}1000₋₈= 363,9𝐾 ≈ 91℃ 12.5)

Nu använder vi Wiens förskjutningslag. 𝜆𝑚∙ 𝑇 = 2,9 ∙ 10−3(𝐾 ∙ 𝑚) → 𝜆𝑚 =2,910 −3 2,73 = 1,06 ∙ 10−3_{𝑚 = 1,06𝑚𝑚} 12.6) 𝑀 = 𝜎 ∙ 𝑇4 𝑃 = 𝑀 ∙ 𝐴 = 𝐴 ∙ 𝜎 ∙ 𝑇4 _{→ 0,35 ∙ 0,85 ∙ 10}−4_{∙ 5,7 ∙ 10}−8_{∙ 𝑇}4 _{= 60𝑊} 𝑇4 ₌ 60 0,35 ∙ 0,85 ∙ 10−4_{∙ 5,7 ∙ 10}−8 → 𝑇 = � 60 0,35 ∙ 0,85 ∙ 10−4_{∙ 5,7 ∙ 10}−8 4 = 2,4 ∙ 103_𝐾 12.7) a)

Solen ser jorden som en liten cirkel med radien jordens radie, men den strålar ut i alla riktningar, dvs. en klot med radien som är

avståndet mellan solen och jorden. Arean av klotet är:4𝜋 ∙ (0,15 ∙ 1012)2 𝑚2 Arean som solen ser på jorden är :𝜋 ∙ (6,37 ∙ 106)2, dvs mycket mycket mindre än klotets area. Vi kan betrakta då jordens exponerade yta som punktformig och solens totala effekt blir: 𝑃 = 1,4 ∙ 103 _{∙ 4𝜋 ∙ (0,15 ∙ 10}12₎2 _{≈ 4 ∙ 10}26_𝑊 b) 𝑃 = 𝑀 ∙ 𝐴 → 𝑀 = 𝑃_{𝐴 =}_{4𝜋 ∙ 𝑅}𝑃 𝑠𝑜𝑙𝑒𝑛2 = 4 ∙ 1026 4𝜋 ∙ (0,7 ∙ 109₎2 = 64 ∙ 106 𝑊 𝑚� 2 = 64 𝑀𝑊 𝑚� 2

c) Vi använder Stefan – Boltzmann lagen. 𝑀 = 𝜎 ∙ 𝑇4 _{→ 𝑇 = �}𝑀

𝜎 4

(4)

𝜆𝑚∙ 𝑇 = 2,9 ∙ 10−3 → 𝜆𝑚 = 2,9 ∙ 10 −3

5788 = 5 ∙ 10−7𝑚 = 0,5𝜇𝑚 12.8)

a) Det frigörs inga elektroner med rött ljus eftersom ljuset har lägre frekvens, alltså lägre energi per foton än gult ljus. Svaret är då nej.

b) Blått ljus har högre frekvens dvs. högre energi per foton än grönt ljus och då frigörs elektroner. Svaret är då ja.

12.9)

Molekylen fångar upp varje sekund följande energi: a)

𝑃 = 10−2_{(𝐽 𝑚} 2

� ) ∙ 10−19_(𝑚2_{) = 10}−21_𝐽

b) Föregående beräkning gäller energin per sekund. För att molekylen ska samla ihop den givna energin behövs tiden som vi räknar ut.

10−21_{∙ 𝑡 = 10}−15 _{→ 𝑡 =}10−15

10−21 = 106𝑠 ≈ 278ℎ ≈ 11,5 𝑑𝑦𝑔𝑛

12.10)

Enligt diagrammet är tröskelfrekvensen 0,5PHz. Fotonenergin blir då:

𝑓0 = 0,5 ∙ 1015𝐻𝑧

𝐸 = ℎ ∙ 𝑓0 = 6,626 ∙ 10−34∙ 0,5 ∙ 1015 = 3,3 ∙ 10−19𝐽

= 0,33𝑎𝐽

b) Enligt Einstein är elektronens rörelseenergi följande:

𝐸𝑘 = ℎ ∙ 𝑓 − ℎ ∙ 𝑓0 = ℎ(𝑓 − 𝑓0) = 6,626 ∙ 10−34∙ (0,7 − 0,5) ∙ 1015 = 1,3 ∙ 10−19𝐽

12.11) a)

𝑐 = 𝑓 ∙ 𝜆 ↔ 𝑓 =_{𝜆 =}𝑐 _{633 ∙ 10}3 ∙ 108₋₉ = 0,474 ∙ 1015_𝐻𝑧

(5)

𝐸 = ℎ ∙ 𝑓 = 6,626 ∙ 10−34_{∙ 0,474 ∙ 10}15 _{= 3,14 ∙ 10}19_{𝐽 ≈ 0,31𝑎𝐽}

c)

𝑃 = 0,6 ∙ 10−3𝐽_{� → 𝑎𝑛𝑡𝑎𝑙𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛𝑒𝑟 =}_𝑠 0,6 ∙ 10−3𝑊

3,14 ∙ 1019_{𝑊𝑠 = 1,9 ∙ 10}15𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛𝑒𝑟�𝑠𝑒𝑘𝑢𝑛𝑑

12.12)

a)Vi räknar ut först energin hos en foton. 𝐸 = ℎ ∙ 𝑓 = ℎ ∙𝑐_{𝜆 = 6,626 ∙ 10}−34_∙3 ∙ 108

0,03 ≈ 6,6 ∙ 10−24𝐽

Eftersom effekten är 1mW får vi antalet fotoner per sekund som krävs för energin ovan. 𝑎𝑛𝑡𝑎𝑙𝑒𝑡 𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛𝑒𝑟 = _{6,6 ∙ 10}10−3₋₂₄= 1,51 ∙ 1020

𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛𝑒𝑟 𝑠𝑒𝑘𝑢𝑛𝑑� b) Gammastrålning har mycket mindre våglängd dvs. större energi. 𝐸𝑔𝑎𝑚𝑚𝑎 = ℎ ∙_𝜆 𝑐

𝑔𝑎𝑚𝑚𝑎 = 6,626 ∙ 10

−34_∙ 3 ∙ 108

0,01 ∙ 10−9 = 1,98 ∙ 10−14𝐽

Vi har samma antal fotoner som ovan och effekten blir:

𝑃 = 𝐸𝑔𝑎𝑚𝑚𝑎∙ 𝑎𝑛𝑡𝑎𝑙 𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛𝑒𝑟 = 1,98 ∙ 10−14∙ 1,51 ∙ 1020 = 3 ∙ 106𝑊 = 3𝑀𝑊

12.13)

Vi betecknar antalet fotoner per sekund med lägre energi,(𝐸₁ ) med 𝑛₁. På motsvarande sätt antalet fotoner per sekund med högre energi, 𝑛₂ 𝑜𝑐ℎ 𝐸₂. Ljuskällan effekt är P. Vi har då följande samband: 𝑛1∙ 𝐸1 = 𝑛2 ∙ 𝐸2 → _{2 ∙ 𝐸}𝑃 1∙ 𝐸1 = 𝑛2∙ 𝐸2 → 𝑛2 = 𝑃 2 ∙ 𝐸2 𝑛1∙ 𝐸1+ 𝑛2 ∙ 𝐸2 = 𝑃 → 2 ∙ 𝑛1∙ 𝐸1 = 𝑃 → 𝑛1 =_{2 ∙ 𝐸}𝑃 1

Totalt antal fotoner blir då: 𝑛1+ 𝑛2 = _{2 ∙ 𝐸}𝑃 1+ 𝑃 2 ∙ 𝐸2 = 𝑃 2 � 1 𝐸1+ 1 𝐸2� = = 2 ∙ 10₂ −3�_{6,626 ∙ 10}₋₃₄1 _{∙ 0,4 ∙ 10}₁₅+_{6,626 ∙ 10}₋₃₄1 _{∙ 0,5 ∙ 10}₁₅� = = 6,791 ∙ 1015 _{≈ 6,8 ∙ 10}15 𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛𝑒𝑟 𝑠𝑒𝑘𝑢𝑛𝑑�

(6)

12.14)

a)Arean under grafen är 16 (8·4/2) rutor som betyder att varje ruta motsvarar 1,6/16=0,1W

b) Området under grafen är 3 rutor som motsvarar 3·0,1=0,3W

c) Fotonerna med olika våglängder har olika energier som betyder att svaret är nej.

12.15)

a) Vi använder Einsteins ekvation 𝐸𝑘 = ℎ ∙ 𝑓 − 𝐸𝑢𝑡𝑟ä𝑑𝑒 𝑓 =𝑐_{𝜆 =}_{0,5 ∙ 10}3 ∙ 108₋₆= 6 ∙ 1014_𝐻𝑧 𝐸𝑘 = ℎ ∙ 𝑓 − 𝐸𝑢𝑡𝑟ä𝑑𝑒 = 6,626 ∙ 10−34∙ 6 ∙ 1014− 0,32 ∙ 10−18 = 7,7 ∙ 10−20𝐽 ≈ 0,08𝑎𝐽 b) 1𝑒𝑉 = 1,602 ∙ 10−19_{𝐽 → 𝐸} 𝑘 = 7,7 ∙ 10−20𝐽 = 7,7 ∙ 10 −20 1,602 ∙ 10−19= 0,482𝑒𝑉 ≈ 0,5𝑒𝑉 c)

Definitionen av elektronvolt ger att spänningen måste vara 0,5V 12.16)

𝐸𝑘 = ℎ ∙ 𝑓 − 𝐸𝑢𝑡𝑟ä𝑑𝑒 → ℎ ∙ 𝑓 = 𝐸𝑘+ 𝐸𝑢𝑡𝑟ä𝑑𝑒 = 0,2 + 1,8 = 2𝑒𝑉

Om vi fördubblar frekvensen (obs. utträdesenergin ändras inte för att det beror på materialet i ytan) får vi:

2ℎ𝑓 − 1,8 = 2 ∙ 2 − 1,8 = 2,2𝑒𝑉 12.17)

𝐸𝑢−𝑠𝑖𝑙𝑣𝑒𝑟 = 0,61 ∙ 10−18𝐽

a)Vi räknar tröskelfrekvensen och den motsvarande våglängden. 𝐸𝑢 = ℎ ∙ 𝑓0 𝑜𝑐ℎ 𝜆0 =_𝑓𝑐 0 = 𝑐 𝐸𝑢 ℎ =_𝐸ℎ𝑐 𝑢 = 6,626 ∙ 10−34_{∙ 3 ∙ 10}8 0,61 ∙ 10−18 = 3,25 ∙ 10−7𝑚 = 325𝑛𝑚

(7)

Detta betyder att bara våglängden 254nm kan frigöra elektroner ur silver. De andras energier räcker inte.

b) En fördubbling av intensiteten leder inte till en ändring av fotonernas energi. Antalet fotoner som träffar ytan fördubblas och antalet fotoelektroner per sekund också fördubblas men deras rörelseenergi blir detsamma.

12.18)

Fotonerna från solen måste ha en minsta frekvens som motsvarar våglängden 0,2424 mikrometer. 𝑓0 = _𝜆𝑐 0 = 3 ∙ 108 0,2424 ∙ 10−6= 6,626 ∙ 10−34𝐻𝑧 Energin blir då: 𝐸 = ℎ ∙ 𝑓0 = 6,626 ∙ 10−34∙ 6,626 ∙ 10−34 = 8,2 ∙ 10−19𝐽 = 0,82𝑎𝐽 12.19) a) 𝐸𝑘 = 𝑒 ∙ 𝑈 = 1,6 ∙ 10−19∙ 3,5 ∙ 103 = 5,6 ∙ 10−16𝐽 b) 𝐸𝑘 = 𝑚 ∙ 𝑣 2 2 = 𝑝2 2𝑚 → 𝑝2 = 2𝑚 ∙ 𝐸𝑘 = 2𝑚 ∙ 𝑒 ∙ 𝑈 → 𝑝 = √2𝑚 ∙ 𝑒 ∙ 𝑈 = = �2 ∙ 9,11 ∙ 10−31_{∙ 5,6 ∙ 10}−16_{= 3,19 ∙ 10}−23𝑘𝑔𝑚_�_𝑠 c) Enligt de Broglie: 𝑝 =ℎ_{𝜆 → 𝜆 =}ℎ_{𝑝 =}6,626 ∙ 10_{3,19 ∙ 10}₋₂₃−34 = 2,1 ∙ 10−11_{𝑚 = 21𝑝𝑚} 12.20) 𝑝 =ℎ_{𝜆 =} 6,626 ∙ 10_{0,1 ∙ 10}₋₉−34= 6,626 ∙ 10−24𝑘𝑔𝑚 𝑠 � 𝐸 = _{2𝑚 =}𝑝2 (6,626 ∙ 10_{2 ∙ 9,11 ∙ 10}−24₋₃₁)2 = 2,4 ∙ 10−17_{𝐽 = 24𝑎𝐽}

(8)

12.21)

Att elektronerna har energin 40eV betyder att

accelerationsspänningen är 40V.

Första reflektionsmaximum får man när

𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛷 = 𝜆, 𝑑 = 0,215 ∙ 10−9_{𝑚 ä𝑟 𝑔𝑖𝑡𝑡𝑒𝑟𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑛} 𝑝 =ℎ_{𝜆 → 𝜆 =}ℎ_{𝑝 =} ℎ √2𝑚 ∙ 𝑒 ∙ 𝑈 (𝑠𝑒 𝑢𝑝𝑝𝑔𝑖𝑓𝑡 12.19) 𝜆 = ℎ √2𝑚 ∙ 𝑒 ∙ 𝑈= 6,626 ∙ 10−34 �2 ∙ 9,11 ∙ 10−31_{∙ 1,6 ∙ 10}−19_{∙ 40} = 1,9 ∙ 10 −10_𝑚 𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛷 = 𝜆 → 𝑠𝑖𝑛𝛷 =_{𝑑 =}𝜆 _{0,215 ∙ 10}1,9 ∙ 10−10₋₉ = 0,9025 → 𝛷 = 64,49° _{≈ 64}°