Atomzika gyakorlófeladatok, 3. adag

Átírás

1 Atomzika gyakorlófeladatok 3. adag Nagy Márton október 9&12 október 16&19. Vázlat: 5. óra: Fotonok tipikus energiái. Relativisztikus kinematika tovább gerjesztett atom foton-kisugárzása. Bohr-modell még egyszer érdekességek: müonikus hidrogén mese a müon-katalizált fúzióról pozitrónium deutérium felfedezése. Sommerfeld-kvantumfeltétel bevezet példák: oszcillátor x 4 -es potenciál. 6.óra: Sommerfeld-kvantálás tovább véges vagy végtelen darab energiaszint van-e. Hidrogénatom Sommerfeldje: említés szintjén jegyzet elküldve. H mérsékleti sugárzás Planck-törvény. Stefan-Boltzmann levezetése különféle integrálok. Izzólámpa hatásfoka.? Most is írok útmutatásokat megjegyzéseket a feladatokhoz de lentebb: azért hogy aki akar az útmutatások zavaró hatása nélkük gondolkozhasson. Gyakorló számolások: 1. Határozzuk meg a Sommerfeld-féle kvantumfeltétel alapján egy m tömeg a g gyorsulású homogén nehézségi er térben pattogó labda lehetséges energiáit! 2. Határozzuk meg a Sommerfeld-kvantumfeltétel alapján hogy véges vagy végtelen sok energiaszint van-e az alábbi potenciálban: ahol α>0 valós szám. V x = V x α a α 2 3. Egyszer de fontos feladat: határozzuk meg hogy egy véges a hosszúságú szakaszba zárt egydimenziós mozgást végz m tömeg részecskének milyen energiaszintjei lehetnek! 4. Az el z feladat alapján most vizsgáljuk egy háromdimenziós a b c téglatest alakú dobozban való mozgást. Ha mindhárom koordináta szerinti mozgás külön-külön periodikus most is ez a helyzet akkor lehet ezek mozgására külön-külön alkalmazni a Sommerfeldkvantumfeltételt. Ez alapján mik a p impulzus és az E energia lehetséges értékei? Hát a p impulzusnagyságé? Az eredmény alapján tudva hogy adott impulzusnagysághoz két egy p és egy p érték impulzus tartozik értelmezzük azt a mondást amit annak idején a Maxwell-Boltzmann-sebességeloszlás levezetésekor már felhasználtunk hogy V térfogatú

2 dobozban egy d 3 p impulzustérfogat-elemben V d3 p h 3 p értékekr l van szó. darab állapot fér el ha nem túl kicsi 5. Az órán megbeszéltük hogy ha egy álló M tömeg atomban E gerjesztési energia felszabadul akkor E γ energiájú foton keletkezik ahol E γ kb. egyenl E-vel de az impulzusmegmaradás miatt kicsit kisebb nála. A E kis paraméterben sorfejtve E γ = E E2 2 adódott. Határozzuk most meg ugyaneddig a rendig sorfejtve hogy mekkora E γ energiájú bejöv foton tudja az alapállapotú atomot E energiával gerjeszteni ha gyelembe vesszük az impulzusmegmaradást is! Említettem a választ: E γ = E + E Tekintsünk egy álló M 0 tömeg részecskét mely két részecskére bomlik: egy nulla tömeg re valamint egy M<M 0 véges tömeg re. Az energia és impulzusmegmaradás alapján lássuk be hogy a nulla tömeg részecske által elvitt energia ε = M 0c 2 1 M 2. 2 M Az el z feladatban kapott eredményt alkalmazzuk visszamen leg a E gerjesztési energiájú atom foton-kibocsátására! Ezt úgy tehetjük meg hogy a gerjesztett atomot M 0 =M + E c 2 tömeg részecskének a nagyobb energiának tömege is van... a keletkez alapállapotú atomot pedig az M tömeg részecskének tekintjük. Határozzuk meg ebb l a foton E γ energiáját! Tekintsük ezután mint az el bb a E esetet és fejtsük sorba a kapott igazi E γ értéket a E szerint! Lássuk be hogy nem ugyanazt kapjuk mintha a korábban butábban számolt eredményt ld. az el z el tti feladat útmutatását sorbafejtjük! 8. Nézzük végig részletesen a Bohr-modellt abban az esetben amikor nem hanyagolható el a központi mag mozgása! Legyen ennek tömege M a kering test elektron tömege pedig m a mag rendszáma Z. Továbbra is az hogy a centripetális er az elektrosztatikus er de most a közös tömegközéppont körül történik a mozgás és a teljes energiába beleszámít a mag mozgási energiája is. A kvantumfeltétel legyen J = nh ahol J a teljes a magot is beleértett impulzusmomentum. Lássuk be hogy az energiakifejezés: E n = m Zq 2 e 2ħ 2 ahol m = mm a redukált tömeg. m+m 4πε 0 9. Az el z feladat alapján határozzuk meg a hidrogénatomban Z=1 és egy darab elektron kering az n=3 és az n=2 szintek közötti átmenet frekvenciáját és hullámhosszát ez a színképvonal az ún. Balmer-sorozat tagja látható fény. Mekkora a frekvenciák és a fotonenergiák különbsége a könny hidrogén H ekkor a mag egy m p tömeg proton és a deutérium D ekkor a mag egy kb. 2m p tömeg deutériummag esetei között? 10. Tudjuk a Sommerfeld-kvantálásból is és a Planck-törvény levezetése közben is el került hogy egy ω frekvenciájú harmonikus oszcillátor lehetséges energiaszintjei E n = ħω n+ 1 2 ahol n= nemnegatív egész szám. Tegyük fel azt is mint eddig hogy T h mérsékleten egy állapot w n valószín sége exp E n / -vel arányos. Határozzuk meg ez alapján egy ilyen harmonikus oszcillátor C 1 fajh jét! El ször számítsuk ki azaz: idézzük fel hogy T h mérsékleten mennyi az ET energia ez tulajdonképpen az energia várható értéke; a C 1 fajh ennek T szerinti deriváltja. 11. Mekkora egy T =2600 K-es h mérséklet izzószálas lámpa hatásfoka azaz a kisugárzott teljesítményének mekkora részét adja le látható fény formájában? 1 n 2

3 12. Az el z feladat számolása még egyszer: a Nap felszínér l tegyük fel hogy T =5800 K-es feketetest-sugárzó. A Nap energiájának mekkora része jön UV tartományban λ<400 nm látható fény tartományban 400 nm< λ <780 nm illetve infravörös tartományban a maradék? A lényeg: használjuk az el z feladatban is alkalmazott közelítést de vizsgáljuk meg hogy mennyire jogosan tehetjük ezt meg! 13. Tudjuk hogy egy A felület T h mérséklet feketetest teljesítményspektruma P ωdω = ħω 3 dω. Találjuk ki ez alapján hogy mi a kisugárzott fotonok Ṅωdω számeloszlása A 4π 2 c 2 ħω e 1 azaz hány darab ω és ω +dω közé es frekvenciájú fotont bocsát ki a felület másodpercenként! Hát összesen minden frekvencián hány darabot? Megjegyzés: az utóbbi kérdésre adott x válaszban el fog kerülni az 2 integrál amit az órán látott sorfejtéssel vissza lehet 0 e x 1 vezetni az számra. Ennek jelölése ζ3 értéke pedig kb Ez egy teljes jogú valós szám nem lehet mindenféle π 3 -ökkel meg ilyenekkel kifejezni. 14. Milyen frekvencián bocsátja ki a feketetest a legtöbb fotont? 15. Tekintsünk egy a világmindenség közepén magára hagyott M tömeg C fajh j tökéletesen jó h vezet A felület és t=0-ban T 0 h mérséklet testet ami úgy h l hogy a környezetbe kisugározza a h energiáját. Hogyan függ a test h mérséklete az id t l? Útmutatások megjegyzések a feladatokhoz: 1. A labda féloldalas mozgást végez x legyen most a kitérése azaz a magassága: egy pattanás során egy parabolapályát fut be a fázistérben hiszen E= p2 +mgx=const a visszapattanás 2m pedig azt jelenti hogy hirtelen p max -ról p max -ra változik az impulzusa azaz a fázistérben a p- tengelyen egy egyenes szakasz azugrás. Könny kiszámolni így a hatásváltozót a parabola területe 2/3-a a bennfoglaló téglalap területének; p max = 2mE x max =E/mg I=2/3 2p max x max = 4 2 3g m E3/2 I= n+ 1 2 h-ból tehát En = 3hg m 2/3 4 2 n+ 1 2/ Válasz: az órán látott módszerrel tudva néhány integrálhatósági kritériumot adódik hogy végtelen ha α 1 és véges ha α>1. 3. A fázistérbeli mozgás itt egy téglalap: a test mindkét határfalról visszapattan közben pedig egyik faltól a másikig való mozgás során állandó nagyságú az impulzusa p. Ebb l: I = 2pa az n+1/2-es változattal számolva p = n+ 1 2 h 2a lehet az energia pedig E n= h2 8ma n Az impulzuskomponensek nagyságának értékei mint az el z feladatban p x = h nx + 1 2a 2 p y = h ny + 1 2a 2 pz = h nx + 1 2a 2 lehetnek; itt nx n y n z külön-külön tetsz leges nemnegatív h egész számok. A p x p y p z nagyságának értékei tehát kb. 2a h 2b h egységenként lépkednek: 2c ha azt mondjuk hogy adott p x nagysághoz azért tartozik két állapot mert +p x és p x is lehet a komponens akkor látszik hogy az impulzusok lehetséges értékei közül mindegyik egy h h h = h3 térfogatú fázistér-cellát foglal el. a b c V

4 5. Ugyanazt kell csinálni mint az órán. Az órai eredmény E γ -ra illetve a mostani E γ -ra: E γ = Sorfejtve a másodikat kijön az eredmény E 1 E γ = Mc E 6. Itt most a c=1 egységrendszerben írjuk fel a képleteket. Közvetlenül kijön az eredmény: bevezetve a bomló részecskék p impulzusát ennek nagysága az impulzusmegmaradás miatt ugyanannyi mindkét részecskére és tudva hogy a tömeges részecske energiája E= M 2 +p 2 a tömegtelené pedig ε=p készen leszünk. Jó példa erre a folyamatra a pion müonra és neutrínóra bomlása: π µ +ν µ π µ + +ν µ. Itt m π c 2 = 139 MeV m µ c 2 = 105 MeV; a neutrínó tömege ezek mellett nullának tekinthet. A neutrínó vagy antineutrínó által elvitt energia így ε ν =298 MeV.. 7. Az eredmény: E γ = M + E c M 2 = M M + E 2 2 c E E 2 sorfejtve pedig E γ E E2 2 + E az utolsó kiírt tag már nem egyezik meg az el z el tti feladat útmutatásában leírt bénán kiszámolt E γ ilyen rend sorfejtésével. 8. Végig kell számolni. 9. Így fedezték fel a deutériumot: észrevették hogy természetes hidrogénben minden színképvonal mellett ott van kicsit eltolva egy másik a deutériumé mely sokkal gyengébb mivel természetes hidrogénben kevés a deutérium. Ugye a foton energiája E γ = ħω és λ = 2πc. Az eredmények most: a fotonenergia kb. ω E γ = 1358 ev = ev a megfelel hullámhossz λ 657 nm ez tényleg 2 látható fény. A fotonenergiák különbsége kb. így írható: E γ = m E γ ahol m a redukált tömegek különbsége: m = m em D m e +m D m em p m e +m p m 2 1 e m p 1 m D m2 e 2m p az m pedig a redukált tömeg közelít leg mindegy hogy melyik. Ezzel E γ m e 2m p E γ ev; majd látni fogjuk hogy ez a hidrogén energiaszintjeinek ún. nomszerkezeténél lényegesen néhány tízszer nagyobb. 10. Az átlagenergia: ET E T := n p ne n azaz az energia várható értéke a valószín ségeloszlás szerint. Vigyázat! n p n = 1 kell hogy legyen az összes valószín ség 1 emiatt p n nem egyszer en exp E n / -vel egyenl hanem ezek összegével vissza kell osztani. Tudva hogy E n = ħω n+ 2 1 és hogy n=0 xn = 1 d illetve x -et hattatva mindkét oldalon 1 x dx

5 n=0 nxn = x 1 x 2 arra jutunk hogy: n=0 e E n k BT = e ħω 2 n=0 e ħω n e ħω 2 = 1 e ħω p n = 1 e ħω e nħω k BT és ebb l: E T = n p n E n = ħω e ħω k BT 1 C 1 = d E T dt ħω 2 k = B. e ħω k BT 1 A fajh T 0 környékén gyorsan elt nik nagyobb h mérsékletre ha ħω pedig konstans k B -hez tart. Megjegyzés: ezt a számolást Einstein végezte el amit kaptunk az ún. Einstein-fajh ; el ször ezzel lehetett értelmezni hogy szilárd testeknek ahol rezg atomok vannak miért nem állandó 3R a moláris fajh je ez volt az ún. Doulong-Petit-szabály; ez jönne ki ha C 1 = k B -t írnánk: R = N A k B és egy atom három irányba rezeghet; a meg- gyelés az volt hogy a fajh nullához tart T 0-ra. Persze ennél pontosabb számolás kell valóságban mivel nem minden rácsrezgés azonos ω frekvenciájú. 11. Az órán megcsináltuk de leírom még egyszer. A látható fény frekvencia-határait a hullámhosszból kapjuk: λ=400 nm ibolya λ=780 nm vörös a megfelel frekvenciák: ω vörös = /s ω ibolya = /s. A Planck-törvényben szerepl dimenziótlan változó megfelel értékei: x 1 x vörös = ħω vörös k B = 705 x T 2 x ibolya = ħω ibolya k B = Az η hatásfok T amit ki kell számítanunk az a következ arány: η = x2 x 3 dx x 1 e x 1 0 x 3 dx. e x 1 A nevez r l már tudjuk hogy π 4 /15 a számlálót csak közelít leg tudjuk kiszámolni de az elég: a számlálóbeli integrálban minden el forduló x értékre e x 1 már az alsó határon is e x 1 x 1150 tehát amikor az órán látott módon sorbafejtünk azaz 3 = e x 1 x3 e x + x 3 e 2x + x 3 e 3x t írunk elég az els tagnál megállni. Ez ugyanazt jelenti mintha azt mondtuk volna hogy a nevez ben az 1-et elhanyagoljuk e x mellett. Esetünkben tehát az alábbi módon közelíthetjük az integrált: x 1 x 3 e x 1 dx x 1 x 3 e x = x x x e x 1. 1 Most nálunk x 2 x 1 tehát az x 2 -t l -ig vett integrál annyira kisebb az x 1 -t l vettnél hogy azt nyugodtan elhanyagolhatjuk ellen rizzük!; ez azt jelenti hogy a látható+uv+egyéb kb. ugyanannyi mint a látható. Tehát a hatásfokunk: η = 15 e x 1 x 3 π x x %. x 2 -t l -ig vett integrált 7 263%-ot kaptunk volna. Ha levontuk volna az 12. A dimenziótlan változók most T =5700 K-et használva x ibolya = 2πc ħ λ ibolya 62 x vörös 318. A kiszámítandó integrálok az el z feladathoz hasonlóan felírhatók. Az Uv-részre az

6 el z közelítéssel 124% adódik az x vörös fölötti részre 560%. Ha eggyel pontosabban számoltunk volna azaz az 3 e x 1 közelítésében nemcsak az x3 e x hanem a következ x 3 e 2x tagot x is megtartottuk volna azzal az eredmény 567% lett volna. Tehát a látható fény részaránya 567% 124% = 443% a maradék 433% pedig infravörös. Megjegyzés: a Napra a tényleges számok kicsit mások pl. mert vannak színképvonalak is azaz nem teljesen feketetestsugárzásról van szó de lényegében ezek az értékek. P ωdω 13. Egy ω frekvenciájú foton energiája ħω úgyhogy egyszer en felírhatjuk hogy Ṅωdω= A teljes mp-enként kisugárzott fotonszámra kapott érték megint áttérve az x= ħω2 változóra a Ṅ= Ak3 B T 3 2ζ3 eredményt kapjuk. Emlékezve hogy P =σat 4 és σ kifejezésére is 4π 2 c 2 ħ 3 emlékezve azt kapjuk hogy Ṅ=P/E ahol E=k BT π4 k 30ζ3 BT 2701 azaz ez az ilyen értelemben deniált átlagos fotonenergia össz-teljesítmény osztva össz-fotonszámmal. 14. Az el z feladatban kapott Ṅω függvényt deriválva a 2 xe x =2 egyenletre kell jussunk ennek megoldása x 1594 azaz a legtöbb foton a ħω =1594-nek eleget tev frekvencián jön. Ez nem annyi mint az intenzitásmaximum frekvenciája! 15. A dierenciálegyenletet egyszer en felírhatjuk és a megoldását is megkaphatjuk: CM T = σat 4 T t = T σat 0 4 CMT 0 t ahol azért írtuk így hogy látszódjon hogy az argumentumban az els pillanatbeli teljesítmény σat 4 0 és a kezdeti h energia CMT 0 hányadosa szerepel. ħω.