1. No category

Kvantfysikens grunder
Räkneövning 2
våren 2015
Assistent: Christoffer Fridlund
02.02.2015
1
Uppgift 1
Vad är skillnaden mellan en elastisk och en inelastisk kollision? Vad är skillnaden mellan elastisk
och inelastisk spridning? Vilken av dessa handlar det om i Comptonspridning? Och vilken i
Rutherfordspridning?
FACIT
Elastisk vs. Inelastisk kollision
Vid en elastisk kollision bevaras den kinetiska energin hos kropparna, rörelsemängden kan ändra
och för det mesta gör den det (partikeln byter hastighet och/eller riktning). Medans den kinetiska
energin ändras hos kropparna när det är frågan om en inelastisk kollision (oftast händer en
deformering av kropparna eller så övergår energin till värmeenergi), i vissa fall fastnar kropparna
till och med i varandra.
Rutherfordspridning
I Rutherfordspridning så bestrålar man en metallyta på en tunn metallskiva (Guld i hans fall)
med alfapartiklar. Partiklarna som kommer tillräckligt nära kärnan i metallytan repelleras kraftigt och byter riktning mera än sådana partiklar som rör sig lite längre bort från kärnan. Den
ändrarde riktningen hos partikeln påverkar inte nämnvärt den kinetiska energin hos partikeln,
så det är frågan om en elastisk spridning.
Comptonspridning
Comptonspridning är en form av fotoelektriskeffekt, där fotoner avger energi till elektroner när
de träffar en metallyta, så att elektroner exciteras (ibland så mycket att de lämnar materialet
helt). När fotonerna avger energi kommer deras våglängd att bli längre. Eftersom fotonen tappar
energi, så är det frågan om inelastisk spridning.
2
Uppgift 2
Under föreläsningen om fotoelektriska effekten ställdes frågan varför inte två fotoner kunde
träffa en atom/elektron samtidgt för att överkomma utträdesarbetet och därmed leda till en
fotoelektrisk effekt. Här innebär ”samtidigt” att den andra fotonen ska träffa förrän den exiterade
(pga. den första fotonen) elektronen hinner de-exciteras. Red ut ifall detta är möjligt med dagens
teknik. Dvs. att belysa en metallyta så kraftigt att detta fenomen skulle ske. Beskriv hur, när
och varför det är möjligt eller omöjligt. Dubbla poäng ifall ni söker upp de relevanta värdena
och utför en beräkning för att komma fram till svaret.
FACIT
Two-photon absorption, TPA, är en process där två fotoner absorberas samtidigt (eller nästan
samtidigt) och bådas energi går åt till att excitera samma elektron. Det är en icke-linjär optisk
process och mest effektiv vid höga intensiteter. Modern teknologi tillåter konstgjord generaring
av TPA, med stor sannolikhet att lyckas, med laserpulser.
3
Uppgift 3
En γ-stråle med våglängden 0,0062 nm träffar en elektron i vila. Elektronen får vid växelverkan
rekylenergin 60 keV. Vilken energi (i keV) har den spridda γ-strålen och i vilken riktning rör
den sig? (B & M 2.21).
Konstanter:
h = 6, 626076 · 10−34 Js
c = 299792458 m/s
λ = 0, 0062 nm
0
Eke
= 60 keV
Situationen före
,p
Situationen efter
E’, p’
>
e>
Ee = mec 2
pe = 0
>
E’,
e p’
e
e’
Figur 1: Vi ser situationen före kollision till vänster och efter kollisionen till höger.
FACIT
Eftersom det handlar om fotoner som rör sig med ljusets hastighet så måste vi använda oss av
den speciella relativitetsteorin för att kunna besvara denna uppgift. Energins bevarande ger oss
då
0
+ me c2 ,
Eγ + me c2 = Eγ0 + Eke
(1)
0 är elektronens kinestiska energi efter kollisionen. Från detta får vi
där Eke
0
Eγ0 = Eγ − Eke
=
hc
0
− Eke
≈ 140 keV.
λ
För att veta θ måste vi använda rörelsemängdens bevarande. Den ger oss:
p~γ = p~0γ + p~0e ⇔ p~0e = p~γ − p~0γ ,
vilket vi kan kvadrera och multiplicera med c2 för att få
2
2
2
p~02
pγ − p~0γ )2 = c2 p~2γ + c2 p~02
~γ p~0γ cos(θ),
e c = c (~
γ − 2c p
4
(2)
p.g.a. att p~γ · p~0γ = p~γ p~0γ cos(θ) enligt reglerna för punktprodukt i 3 dimensioner. Vi skriver om
detta uttryck m.h.a. den fina formeln
E 2 = c2 p~2 + m2 c4 ,
och substituerar in en version av den för p~γ , p~0γ och p~0e i (2) för att få
2
Ee02 − m2e c4 = c2 p~2γ + c2 p~02
~γ p~0γ cos(θ) = Eγ2 + Eγ02 − 2Eγ Eγ0 cos(θ),
γ − 2c p
där Ee0 är den totala energin för elektronen som också kan skrivas i formen
0
02
0
Eke
+ me c2 = Ee0 ⇒ Ee02 = Eke
+ m2e c4 + 2Eke
me c2 ,
vilket slutligen ger oss genom en insättning i (3)
cos(θ) =
02 + 2E 0 m c2 − E 2 − E 02
Eke
γ
γ
ke e
,
−2Eγ Eγ0
som ger oss
θ ≈ 95◦
då vi sätter in de rätta värdena och kommer ihåg att Eγ =
5
hc
λ.
(3)
Uppgift 4
Härled formeln för väntevärdet på förflyttningen av en partikel med radien a i en fluid med
viskositeten η i en dimension pga Brownsk rörelse (ekvation 36 i föreläsningsanteckningarna,
ekvation 3-9 i Brehm-Mullin)
2
x =
RT
t
3πηaNA
(4)
Tips: Boken hjälper.
FACIT
6
Uppgift 5
En stråle av 105 α-partiklar per sekund med energin 3 MeV träffar ett strålmål av aluminium,
som har tjockleken 10−4 cm.
a.) Hur nära kommer α-partiklarna kärnan? (B & M 3.10)
b.) Hur många α-partiklar sprids i den bakre halvsfären? (B & M 3.11)
Aluminium har ordningstalet 13 och, atommassan 27 och densiteten 2,70 g/cm3 .
Konstanter:
Ek = 3 MeV
Mα = 6, 64466 · 10−27 kg
0 = 8, 85419 · 10−12 F/m
Z = 13
z = 2
e = 1, 6021773 · 10−19 C
ρ = 2, 7 g/cm3
m = 27 g/mol
NA = 6, 02 · 1023
δ = 10−4 cm
FACIT
a.) Det närmaste avståndet till kärnan är givet av formel 3.5 i anteckningarna och formeln
förklaras även där, så vi behöver bara plugga in värdena som alla är givna förutom hastigheten,
som fås ur
1
Mα v 2 = Ek ⇔ v =
2
r
2Ek
.
Mα
(5)
Formeln given i anteckningarna är
D=
1 2Zze2
4π0 Mα v 2
(6)
och ger oss tillsammans med (5)
D=
1 Zze2
≈ 1, 25 · 10−14 m,
4π0 Ek
(7)
efter insättning av värden.
b.) Kvantiteten An0 kan vi beräkna enligt
n
ρNA
=
δ ≈ 6, 02 · 1018 / cm3 .
A0
m
Från formel 3.14 i anteckningarna har vi
7
dN
ρNA
n
=
dσ,
δ dσ =
N0
m
A0
vilket vi kan integrera över den bakre halvsfären för att ta reda på andelen partiklar som sprids
i den.
∆N
=
N0
Z
Ω
n dσ
dΩ =
A0 dΩ
Z
π
π/2
n D2 2π sin(θ) dθ
n D2
=
4π
,
A0 16 sin4 (θ/2)
A0 16
Rπ
R
2
1
där integreringen π/2 representerar den bakre halvsfären och dσ dΩ = D
16 sin4 (θ/2) samt dΩ =
2π sin(θ) dθ har använts. Eftersom vi vet D från a-uppgiften kan vi beräkna
∆N
N0
∆N
n D2
≈ 7, 4 · 10−6 ⇒
A0 16
= 105 / s · 7, 4 · 10−6 = 0, 74/ s.
= 4π
8