Preliminärt lösningsförslag till: Tentamen i Modern Fysik, 5A1247, 2007-05-16, kl 14:00-19:00

(1)

Preliminärt lösningsförslag till:

Tentamen i Modern Fysik, 5A1247, 2007-05-16, kl 14:00-19:00

Lösningarna är preliminära. Räknefel kan förekomma.

Hjälpmedel: 2 A4-sidor med egna anteckningar, Beta och fickkalkylator samt institutionens tabellblad utdelat under tentamen.

Examinatorer: Bengt Lund-Jensen och Mats Wallin

Tentamen har 8 problem som vardera ger 5 poäng. Poäng från inlämningsuppgifter tillkommer. För godkänt krävs preliminärt 16 p.

1. När ljus med våglängden 152 nm belyser ett metallprov mäts maximala kinetiska energin hos de elektroner som frigörs. När våglängden halveras ökar den

maximala kinetiska energin med en faktor 3. Beräkna utträdesarbetet. (5p) Lösning: Inkommande fotons energi ges av

λ

E= hc . Maximala kinetiska energin för frigjorda elektroner fås som skillnaden mellan fotonens energi och

utträdesarbetet: φ λ ⁻

= hc

E_kin där φ är utträdesarbetet. Vi har även:

λ ⁻φ

= /2

3 hc

E_kin dvs

nm eV nm eV hc

hc

hc 4,08

152 2 1240 2

3 2 ≈

⋅

= ⋅

=

⇒

−

⎟=

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ −

φ λ λ φ

λ φ

2. Ett sätt att undvika oerhört långa lagringstider för utbränt kärnbränsle är att omvandla de istoper som har hög radiotoxicitet och lång livslängd genom s.k.

transmutation där man bombarderar kärnavfallet med protoner, neutroner eller andra kärnor. En sådan reaktion är att bombardera ²⁴¹Am (americium) med neutroner. I en reaktion man då får omvandlas ²⁴¹Am till ¹³⁷Cs (cesium), 6 neutroner samt en annan kärna.

a) Vilken är denna andra kärna som bildas? (2p)

b) Massorna för de tre olika isotoperna som förekommer i reaktionen är

241AM: 241,06u, ¹³⁷Cs:136,91u, ”okänd” istotop: 97,91 u.

Beräkna Q-värdet för reaktionen. (3p)

Lösning: reaktionen är egentligen n+²⁴¹ Am→¹³⁷Cs+7n+^yyX , men i texten ovan är inkommande neutron ”bortförkortad”. Energi krävs för att ²⁴¹Am skall förstöras snabbare än dess halveringstid av ca 400 år.

a) Den bildade kärnan har 95-55 = 40 protoner => Zr Den har också 241-137-6 = 98 neutroner => ⁹⁸Zr

b) Q = (241,06 – 136,91 – 97,91) u ⋅931,5 MeV/u – 6⋅939,6 MeV = = 203MeV.

(2)

3. Den kosmiska mikrovågsbakgrunden (CMB) är svartkroppsstrålning motsvarande en temperatur av 2,7 K. Den har sitt urspung i en fotongas från Big Bang, som vid universums expansion har avsvalnat till den idag uppmätta temperaturen. Den mest sannolika fotonenergin kan med hjälp av Wiens förskjutningslag beräknas till 0,11 meV. Gammastrålning vid mycket höga energier kan växelverka med mikrovågs-bakgrunden så att elektron--positronpar bildas. Detta sätter en gräns för hur långt mycket högenergetiska fotoner kan färdas i universum.

Visa att det vid kollisioner mellan gamma-fotoner med energin 10¹⁶ eV och fotoner i mikrovågsbakgrunden är kinematiskt möjligt att skapa en elektron och en positron. Tips: antag att de två fotonernas rörelsemängd är motriktade.

(Kinematiskt möjligt innebär att normala bevarandelagar gäller för energi och rörelsemängd.) (5p)

Lösning: Både energin och rörelsemängden måste bevaras. I alla koordinatsystem gäller att ₂

2 2 2

c c p

M E −

= . För att elektron och positron skall kunna bildas gäller att M ≥ 2me. Totala energin E är summan av de två fotonernas energi. För en foton gäller att E = pc, dvs summan av rörelsemängden för två motriktade fotoner är skillnaden i deras energi. Detta ger:

me

c MeV c eV

E c E

c

E E E

E E E E

E

c

E E E

E c

c p M E

1 2 , 2 10

1 , 1 10 2 2

2 2

) (

2 2

4 16

2 2 1

2

2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1

2

2 2 1 2 2 1 2

2 2 2

>

⋅ ≈

≈ ⋅

=

+ =

−

− +

= +

− =

−

= +

= −

−

4. Anta att grundtillståndsvågfunktionen till väteatomen har formen:

a

Ae r

r, , ) ^/ ( θ φ = ⁻ ψ

där A, är konstanter. Bestäm osäkerheten a Δ i detta tillstånd. (5p) r Integrationshjälp: ∫^∞ ⁻ ⁼ ⁺

0

1

!

k ar

k

a dr k e r

Lösning: Börja med att normera ψ :

2 / 3

3 2

0

2 / 2 2 0

2 2

2

) 1 / 2 (

2

A a

A a dr r e A dr

r ^r ^a

=

= ∫

∫ ^∞ ⁻

∞

ψ

Väntevärdet hos radien:

(3)

2 3 ) / 2 (

6 4 4

4 3

0

3 / 2 3 0

2 2 a

a dr a

r a e

dr r r

r =∫^∞ ^ψ = ∫^∞ ⁻ ^r ^a = =

Väntevärdet hos radien i kvadrat:

2 5 3

0

4 / 2 3 0

2 2 2

2 3

) / 2 (

24 4

4 a

a dr a

r a e

dr r r

r =∫^∞ ^ψ = ∫^∞ ⁻ ^r ^a = =

Osäkerheten hos radien:

2 3 4

3 9

2 2 2

2 a a

a r

r

r = − = − =

Δ

5. Vid gränsstationer i Polen finns detektorer för radioaktiva material. Vid ett tillfälle upptäcktes motsvarande 40 μg av strontium-90 under ett passagerarsäte i en buss. I radioaktiva sönderfall av denna isotop utsänds elektroner med den kinetiska energin 546 keV. Halveringstiden för ⁹⁰Sr är uppmätt till 28,79 år. Dess atommassa är ca 90 u.

Uppskatta den dos (enhet 1 Gy = 1 J/kg) som en person, om den hade preparatet tejpat mot kroppen, skulle utsättas för under en 10 timmars bussfärd.

(Som tur är stoppar sätet annars strålningen.) (5p)

Lösning: ⁹⁰Sr har atommassan 90 u. 0,5mg innehåller då

17 23

5 5

0 2,68 10

90

10 022 , 6 10 0 , 4 90

10 0 ,

4 ⋅ ⋅ ⋅ ≈ ⋅

⋅ ≈

= ⁻ N_A ⁻

g

N g kärnor av ⁹⁰Sr.

Medellivlängden: t₁_/₂ år ₉ s

10 31 , 2 1 ln

79 , 28 2

ln ≈ ⋅ ≈ ⋅

τ =

Deponerad energi blir:

( ) ( )

J 64 , 0

/ 10 6 , 1 10 46 , 5 1

10 68 , 2

1 ^/ ¹⁷ ³^,⁶¹⁰ ¹^,³¹¹⁰ ⁵ ¹⁹

0

9 4

≈

⋅

−

⋅

≈

⋅

−

=N e⁻ E e⁻ ^⋅ ^⋅ eV ⁻ J eV

E ^t ^τ _ekin

Helkroppsdos innebär att bi bör räkna med energi deponerad i en person som väger ca 80 kg. Dessutom kan man anta att bara hälften av sösnderfallen ger en elektron i riktning som träffar personen. Detta ger dosen: 8 mGy.

(Nu deponeras ju inte energin i hela kroppen utan i en begränsad del, så att i stort sett alla väl förklarade massor där dosen deponeras godkäns.)

6. En elektron är bunden i en ändlig potentialgrop med funktionsformen

⎪⎩

⎪⎨

⎧

>

<

−

<

=

L x

L x V

x x

V

, 0

0 ,

0 )

( ₀

med 100V₀ = eV.

(4)

Visa hur systemet ska lösas för att hitta energinivåerna för bundna tillstånd och inträngningsdjup i de klassiskt förbjudna områdena. Förenkla så långt som möjligt utan att använda numeriska lösningar. (5p)

Lösning: Lösningarna till Schrödingerekvationen har formen

L x De

x

L x kx C kx B x

x Ae x

x L x

>

=

<

+

=

<

=

− , )

(

0 , cos sin

) (

0 , )

(

) κ( κ

ψ ψ ψ

där

h h

) (

2 ) ( 2

2 2

0

0 2 2 2 2

E V k m

E m

m V k E m

= +

= −

⇒

−

=

−

= κ

κ

Kontinuitetsvillkor:

D kL

kC kL kB L

D kL C kL B L

kB A

C A

κ ψ

ψ

κ ψ

ψ

−

=

−

=

= +

=

sin cos

) ( '

cos sin

) (

) 0 ( '

) 0 (

Eliminera C= A och A B κk

= :

D kL

kA kL A

D kL A kL k A

κ κ

κ κ κ

−

=

−

= +

sin cos

cos sin

2

Addera:

− =

= + +

− ⇒

=

−

=

⇒

=

⎟⎟ +

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ −

0 0 0

2 2 2

2

) )(

( 2 ) (

tan 2

2 tan 2

0 cos 2 sin

V E E V L

E V m

k k k k

kL

kL A kL k k

h

κ κ κ

Lösningarna E till denna ekvation hittas numeriskt. _n Vidare måste lösningarna normeras:

2 1

∫ =

∞

− n dx ψ

Vilket kan göras då värdena på E hittats. _n

(5)

7. ”Coherent Anti-Stokes Raman Spectroscopy” (CARS) kan användas för mätning av temperaturer och förkomst av molekylslag i förbränningsprocesser. En del inkommande fotoner, oftast från laser, kommer att ge en excitation av molekyler till ett virtuellt kortlivat tillstånd som deexciterar till ett lägre energistillstånd hos molekylen än det urspungliga varvid en foton med högre energi än inkommande laserfoton sänds ut. I en sådan uppställning uppmättes att en rotationsövergång från ℓ=3 till ℓ=1 hos CO motsvarades av energin 1,43 meV. Beräkna

atomavståndet i CO-molekylen. (5p)

Lösning: ( 1)

2

2 +

= h l l

CM

rot I

E Där tröghetsmomentet I_CM =μR₀².

Energiskillnaden mellan ℓ=3 och ℓ=1 tillstånden blir:

( )

CM CM

rot I I

E 2

) 10 1 1 ( 1 ) 1 3 ( 2 3

2

2 h

h + − + =

=

Δ ur vilket atomavståndet R0 fås:

m 10 1,48 m/s 10 3 s 10 93 , 4

eV 10 9,315 16,00) eV(12,01

10 43 , 1

) 00 , 16 01 , 12 ( ) eVs 10 582 , 6 ( 5 )

( 5

5

10 - 8

19

2 8 3

2 16 2

2 0

⋅

≈

⋅

≈

⋅ ≈

⋅

+

⋅

≈ ⋅

⋅

⋅ Δ

= +

⎭=

⎬⎫

⎩⎨

⎧

+

= ⋅ Δ =

= ⋅

=

−

m c m E

m m

m m E

R I

O C rot

O C

O C rot

CM

h

h μ

μ μ

8. Ammoniakmolekylen NH₃ har två tetraedriska jämviktskonfigurationer som betecknas 1 och 2 i figuren nedan. N-atomen ligger i de två fallen över respektive under planet som innehåller de tre H-atomerna. H-atomerna bildar en liksidig triangel.

Dessa konfigurationer beskrivs av vågfunktionerna ψ₁ och ψ₂. I en enkel beskrivning av systemet antas att energiegentillstånden ges av den symmetriska och antisymmetriska linjärkombinationen av dessa:

( 1 2)

2

1 ψ ψ

ψ_s = + med energiegenvärdet E_s =E₀ −A

( 1 2)

2

1 ψ ψ

ψ_a = − med energiegenvärdet E_a =E₀ +A

(6)

där E ,₀ A är konstanter. Vid övergångar mellan ψ_s och ψ_a avges elektromagnetisk strålning med frekvensen 24 GHz.

Om tillståndet är ψ(t =0)=ψ₁ vid tiden t=0, bestäm tillståndet som funktion av tiden t . (5p)

Lösning: Värdet på A kan bestämmas ur experimentella värdet på frekvensen hos det emitterade ljuset vid övergångar mellan tillstånden ψ_s och ψ_a.

5 2

1 5.0 10

2 ⇒ = = × ⁻

=

−

=

=hf E_a E_s A A hf

hω eV

Tillståndet vid t =0 kan skrivas

( _s _a)

t ψ ψ ψ

ψ = = = +

2 ) 1

0

( ₁

Genom att utnyttja de stationära energiegentillståndens kända tidsutveckling fås tillståndet vid tiden t :

( ) ( )

( ^h)

h

h h

/ / 2

) (

/ ) ( /

) ( /

/

0

0 0

2 1

2 1 2

) 1 (

iAt a s t A E i

t A E i a t A E i s t

iE a t

iE s

e e

t ^s ^a

−

+

−

+

=

= +

=

ψ ψ

ψ

=

Vid tiden 2At/h =π ⇒t=πh/2A blir

( ) 2

) (

2 ) 1 2 /

( π ψ ψ ψ

ψ t = h A = × phase × _s − _a = phase×

Lösningen oscillerar alltså mellan ψ och ₁ ψ med frekvensen= 1/periodtiden ₂

= f = A/πh=24 GHz, vilket är samma som frekvensen hos ljus som emitteras när molekylen gör övergångar mellan tillstånden ψ_s och ψ_a.