ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΦΥΕ Ενδεικτικές λύσεις 6 ης ΕΡΓΑΣΙΑΣ

Transcript

1 5/5/9 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΦΥΕ Ενδεικτικές λύσεις 6 ης ΕΡΓΑΣΙΑΣ Προθεσµία παράδοσης /6/9 Άσκηση (i) Αποδεκτή, έχει 7 ηλεκτρόνια και αφού είναι ουδέτερο Ζ=7 άρα πρόκειται για διεγερµένο άτοµο Ν (άζωτο) µε s (ii) Απαράδεκτη η στοιβάδα s δεν µπορεί να φιλοξενήσει περισσότερα από δύο ηλεκτρόνια (iii) Αποδεκτή, έχει 8 ηλεκτρόνια άρα Ζ=8 και πρόκειται για διεγερµένο άτοµο Ar (Αργό) µε ένα ηλεκτρόνιο 4s και δύο ηλεκτρόνια της στοιβάδας 4. (iv) Αποδεκτή έχει 5 ηλεκτρόνια άρα Ζ=5 και πρόκειται για το στοιχείο P (Φωσφόρος) στη θεµελιώδη του κατάσταση. Η διάταξη των σπιν των ηλεκτρονίων σύµφωνα µε τον κανόνα του Hund δίνεται από n= n= n= s s s Άσκηση Η ψ είναι µή µηδενική όταν s=, s= αλλά όχι όταν s =, s =. Πράγµατι, µε αντιµετάθεση των σωµατίων x, s x, s (ή των «τροχιακών» φα φβ ) η ψ µηδενίζεται. Άρα η ψ περιγράφει διακριτά σωµάτια. Ενώ η Ψ είναι µή µηδενική όταν s =, s = ή s =, s =. Με αντιµετάθεση των σωµατίων, ή των τροχιακών, ηψ αλλάζει πρόσηµο, όπως απαιτείται για φερµιόνια, και είναι αδύνατον να διακρίνουµε ποιό σωµάτιο έχει s= και ποιό s=. Επί πλέον, αν τα δύο σωµάτια ευρίσκοντο στο ίδιο τροχιακό ( φα = φ β ), η ορίζουσα θα εµηδενίζετο. Άρα η Ψ ικανοποιεί την αρχή του Paui. Η εξίσωση του Schroedinger για το ιδεατό σύστηµα των δύο σωµατίων είναι α( s ) α( s) α( s) α( s) + φ( x ) φ( x) = ( V) φ ( x ) φ ( x) x ( s x β ) β( s) β( s ) β( s) φ( x ) φ ( x) φ ( x) + φ ( x ) = ( V) φ( x ) φ ( x ) x x φ ( x ) φ( x) + = ( V ) φ( x ) x φ ( x) x Εκτός του πηγαδιού είναι (δίδεται) V =, φ =. Εντός του πηγαδιού είναι π x φ π φ π φ L L x L φ( x) x L V =, φ ( x) = sin = ( x) =

2 Άρα για τα δύο σωµάτια φ ( x ) φ ( x ) π π + = ( V ) = φ( x ) x φ ( x) x L L π = =. L όπου Ε η ενέργεια του ενός σωµατίου, όπως βλέπουµε απο την εξίσωση του Schroedinger για το ένα σωµάτιο φ π = = V = π =. φ ( x) x L L Για την κανονικοποίηση της Ψ πρέπει να ολοκληρώσουµε σε όλες τις τιµές του x δηλαδή από x= έως x=+ και σε όλες τις τιµές του s δηλαδή s= και s=. * dx dxψ Ψ= dxφ ( x ) dxφ ( x ) s= s= s= s= Αλλά φ φ (η φ δόθηκε κανονικοποιηµένη) και dx ( x ) = dx ( x ) = s= s= s= α( s ) α( s ) β( s ) β( s ) = + = β( s ) β( s ) β( s ) β( ) β( s ) β( ) α( s ) α( s) α( s ) α( ) α( s ) α( ) α( ) α( ) α( ) α( ) α( ) α( ) α( ) α( ) = β( ) β( ) β( ) β( ) β( ) β( ) β( ) β( ) = Αν Α η σταθερά κανονικοποιήσεως, τότε πρέπει Α = A= Αρα α( s ) α( s) αβ βα Ψ ( x, s; x, s) = φ ( x ) φ ( x ) " φ " β( s ) β( s). Στην εναλλαγή των σωµατίων (ή των τροχιακών) το χωρικό µέρος είναι συµµετρικό και η συνάρτηση του sin αντισυµµετρική, καθιστώντας την Ψ αντισυµµετρική. Σηµ. Στο πείραµα Stern-Gerach, η Ψ, που προφανώς έχει ολικό sin S=, θα έδινε µία µόνο δέσµη και λέγεται µοναδική (singet). Ενώ αν τα σωµάτια ευρίσκοντο σε διαφορετικά τροχιακά, π.χ. φ ( x ), φ ( x ) µε παράλληλα sin α( s ), α ( s) ή β ( s ), β ( s ), τότε επειδή η συνάρτηση του sin είναι συµµετρική, θα έπρεπε η χωρική συνάρτηση να είναι αντισυµµετρική ( φ x φ x φ x φ x ), και θα υπήρχαν τρείς δέσµες, µία µε αα και ολικό S z =, µία µε ββ και ολικό S z =, και αβ + βα µία µε [ορθογώνια προς την µοναδική (singet) Ψ] και ολικό S z =. Τότε λέγεται οτι η κατάσταση των σωµατίων µε ολικό sin S= είναι τριαδική (triet).

3 Άσκηση Α) Στην κατάσταση 5g έχουµε n= 5, = 4 και =, ±, ±, ±, ± 4, δηλαδή αυτή η ενεργειακή κατάσταση εξαιτίας της αλληλεπίδρασης της τροχιακής µαγνητικής διπολικής ροπής µε το εξωτερικό µαγνητικό πεδίο διασπάται σε 9 καταστάσεις. Όταν n= 4 τότε το µπορεί να είναι,,, και αντίστοιχα το να είναι (4 φορές) ± ( φορές), ± ( φορές) ή ±. Επιτρεπτές µεταβάσεις είναι αυτές οι οποίες σέβονται τους κανόνες επιλογής =±, =, ±. Έτσι συµπεραίνουµε ότι για να έχοµε µετάβαση από την κατάσταση 5g στην κατάσταση µε n= 4 πρέπει υποχρεωτικά =. Λαµβάνοντας υπόψη τα παραπάνω, οι επιτρεπτές µεταβάσεις θα είναι: Από n= 5, = 4 Σε n= 4, = = 4 = = =, = =,, = =,, = =,, = =,, = =,, = =, = 4 = ηλαδή υπάρχουν συνολικά δυνατές µεταβάσεις. Κάθε µετάβαση θα συνοδεύεται 5 4 ' από εκποµπή φωτονίου µε (κυκλική) συχνότητα + ωl( ) = ω+ ωl και (καθώς =, ± ) θα έχουµε φασµατικές γραµµές. Β) Η διαφορά (κυκλικών) συχνοτήτων διαδοχικών φασµατικών γραµµών είναι µ BB ω =, όπου ω L η συχνότητα Laror. Οι δύο ακραίες φασµατικές γραµµές θα L απέχουν µεταξύ τους κατά ω L Γ) Αν µηδενιστεί το εξωτερικό µαγνητικό πεδίο τότε η µόνη φασµατική γραµµή θα είναι αυτή που αντιστοιχεί στη µετάβαση ( n= 5, = 4) ( n= 4, = ) )

4 Όπως φαίνεται από το σχήµα θα πρέπει: 5 4 Ε 4µ BB+ µ BB Ε 7µ BB B 7µ B.6 ev B B T 5 ev T Άσκηση 4 Α) Οι γραµµές απορρόφησης του φάσµατος περιστροφής αντιστοιχούν σε µεταβάσεις µεταξύ δύο διαδοχικών καταστάσεων µε κβαντικούς αριθµούς, +, + +, κ.ο.κ., και εµφανίζονται σε ενέργειες = =, I = + = ( + ), I CM διαδοχικές κορυφές έχουν απόσταση = + + = ( + ),... αντίστοιχα. ύο I ICM CM = (σε µονάδες ενέργειας), δηλαδή (/ λ) = (σε µονάδες κυµατάριθµου). Από τα δεδοµένα του φάσµατος hc I CM βλέπουµε ότι η απόσταση (/ λ) δύο διαδοχικών κορυφών είναι CM µε µέσο όρο I CM (/ λ) =.5c, οπότε 4 h 6.66 = = Kg =.7 Kg 8 4 π c (/ λ)

5 Για το µόριο του Η 5 C η ανηγµένη µάζα είναι u ( u)(5 u) µ= =.97u (+ 5) u 7 =.66 Kg. Η ροπή αδράνειας του µορίου ως προς το κέντρο µάζας είναι ICM = µ R, όπου R η ζητούµενη απόσταση των δύο ατόµων (µήκος δεσµού). 47 I CM.7 R 7 R = = µ =. Β) Η πρώτη κορυφή αντιστοιχεί στη µετάβαση, και εµφανίζεται στη θέση h 8.c 8.c / λ = = 8.c = = 4, άρα βρίσκουµε c ICM h.5c c ICM / λ (c ) Γ) Για το µόριο του Η 5 ( u)(5 u) C η ανηγµένη µάζα είναι µ ' = =.899u. (+ 5) u Χρησιµοποιώντας το ίδιο µήκος δεσµού R =, υπολογίζουµε τη ροπή αδράνειας ICM ' = µ ' R = 5. Kg και την απόσταση των κορυφών 47 (/ λ) = =.54c. Άρα οι θέσεις των αντίστοιχων κορυφών είναι hc I CM ' / λ (c ) Άσκηση 5 Σύµφωνα µε τους κανόνες επιλογής για την περιστροφική µετάπτωση έχουµε =± και εποµένως το µόριο µεταπίπτει από την κατάσταση = στην =. Η διαφορά ενέργειας είναι = [ (+ ) (+ ) ] = I I όπου I = µ r όπου µ η ανηγµένη µάζα. Συνεπώς = µ r 4 (.55 J s) ( 8.84 ev.6 J/eV)(.886 ) µ = = = r µε 8.4 Kg Όσον αφορά στην ταλαντωτική αποδιέγερση και πάλι οι κανόνες επιλογής επιβάλουν n=±, εποµένως έχουµε µετάπτωση n n και η διαφορά ενέργειας είναι 5

6 K n, n = n+ ω n + ω= ω= µ n, n 8.56eV = = K µ.4 Kg 4 6 (.55 J s )( 6.58 ev s ) K =.7N/ Άσκηση 6 Α)Το εύρος στη κρίσιµη πυκνότητα πληθυσµού υπολογίζεται από την σχέση (.7) του βιβλίου των Serway, Moses και Moyer ως εξής: Nc f f t s V u t Nc Nc u t u λ t f V = V () f ts c ts όπου u είναι η ταχύτητα του φωτός στο µέσο, t s ο χρόνος ζωής της ανώτερης στάθµης και t η σταθερά χρόνου απωλειών φωτονίων. Όπως και στο παράδειγµα. του βιβλίου η σταθερά χρόνου t υπολογίζεται ως εξής: L t =, a u Εφόσον οι απώλειες οφείλονται µόνο στο κάτοπτρο, α=. ο συντελεστής διαπερατότητας του κατόπτρου. Αντικαθιστούµε στην () και έχουµε: Nc Nc Nc u λ t u λ L λ L f V = V = V c ts c tsa n tsa Και αντικαθιστώντας τις τιµές έχουµε 7 ( ) ( ) 4 ( s) f = s Β)Η ισχύς ανά µονάδα όγκου που ακτινοβολείται από το Laser είναι (εξίσωση (.8) βιβλίου): Nc hf Nc hc P= = V t V t λ s / s 5 ( J s ) ( s) s P= 4 = 5 W / Η ακτινοβολούσα ισχύ,, από το Laser είναι: 5 = P VL = P L πr = 5 W / =.47W όπου V L ο όγκος της κοιλότητας. Άσκηση 7 Α) Η ενέργεια Feri δίνεται από τη σχέση (9.) F h N = 8πV / () 6

7 όπου η µάζα των σωµατιδίων, Ν το πλήθος τους και V ο όγκος που καταλαµβάνουν. Για έναν πυρήνα ακτίνας r ο όγκος είναι V = r, άρα έχουµε / 4 h N (6.66 ) F, πv π 5 / J 5.7 J.5MeV = = = = 8 π (4. ) / 4 h N n (6.66 ) F, = = n πv π 5 8 π (4. ) = = οπότε F = ( F, + F, n) /.4MeV. Β) Σε θερµοκρασία Κ η κατανοµή Feri-Dirac παίρνει την απλή µορφή F ffd =, > F άρα από τη σχέση που δίνει τη µέση τιµή της ενέργειας / J 5.6 J.4 MeV n d V V V F / / / F / 8 π 8 π / 8 π 5/ = = d d F N / V N = h N h = N h 5 η οποία σε συνδυασµό µε την () δίνει / / h 8 π 5/ / F 8π F h 5 5 = = F =.MeV Γ) Η πιθανότητα είναι f FD = ( F ) / e kt οπότε λύνοντας ως προς τη θερµοκρασία + 6 F (.6.4) 8 T = = K= 5.5 K f 5. k n 8.68 n f. Άσκηση 8 Επειδή σε θερµοκρασία Τ = η κατωτάτη ακατάληπτη στάθµη έχει ενέργεια Ε = Ε c και η ανώτατη κατειληµµένη έχει ενέργεια Ε = Ε c Ε g /, άρα η ενέργεια Feri είναι Ε F = Ε c Ε g /. Η πιθανότητα να διεγερθεί ένα ηλεκτρόνιο σε ενέργεια Ε είναι ffd(, T) = ( F) kt e +. Οπότε για να διεγερθεί µέχρι την ενέργεια Ε = Ε c (όπου Ε Ε F = Ε c Ε F = Ε g /), έχει πιθανότητα ffd( c, T) =, που είναι αύξουσα συνάρτηση της g kt e + θερµοκρασίας, διότι g kt f FD( c, T) e g για Τ > η παράγωγος = > T g kt e + kt και για Τ = η ffd( c, T) =. g k ( T ) e + e + 7

8 Αλλά η αγωγιµότητα είναι ανάλογη του πλήθους των ελευθέρων ηλεκτρονίων της ζώνης αγωγιµότητος, το οποίον αυξάνει όσο αυξάνεται η πιθανότητα ffd( c, T ) διεγέρσεως από τις ανώτατες κατειληµµένες στάθµες στην ακατάληπτη ζώνη αγωγιµότητος. Άρα η αγωγιµότητα είναι αύξουσα συνάρτηση της θερµοκρασίας. Άσκηση 9 Η σταθερά διάσπασης του 4 C είναι λ=.84 s s (σελ. 458). Ο αριθµός πυρήνων άνθρακα- στα 5gr του υλικού είναι N( C)=6. nuc /oe 5gr /(gr /oe)=.5 nuc Μιά και ο λόγος 4 C προς C είναι. βρίσκουµε οτι ο αριθµός των πυρήνων άνθρακα-4 στο δείγµα θα ήταν την εποχή πριν την έκρηξη ισος µε N ( 4 C)=..5 =.5 και η ενεργότητα την περίοδο εκείνη ίση µε R = N λ=.5.84 s =.48s = 75διασπ /in Με βάσει την εξίσωση.8 έχουµε λt= n R = n 48 R 75 =.446 ηλαδή.446 t=.84 s =.6 s= 678ετη Τα δεδοµένα της ραδιοχρονολόγησης παραπέµπουν συνεπώς στο έτος 679 πχ, πανω από ενα και µισό αιώνα πριν την συµβατική ηµεροµηνία. Παρατηρούµε ότι µία µικρή απόκλιση στην µετρούµενη ενεργότητα της τάξης 48± διασπάσεις ανά λεπτό µεταφέρει την ηµεροµηνία της έκρηξης κατα εκατόν πενήντα χρόνια περίπου (59 πχ και 85 πχ αντίστοιχα). Για να είναι αξιόπιστη η ραδιοχρόνολόγηση χρειάζεται µεγαλύτερα δείγµατα έτσι ώστε µικρά σφάλµατα στην µετρούµενη ενεργότητα να µην µετατρέπονται σε πολυ µεγάλες χρονικές αποκλίσεις. Άσκηση Α) Έστω Α ο µαζικός αριθµός και Ζ ο ατοµικός αριθµός του άγνωστου στοιχείου Χ. Από την αντίδραση έχουµε + 9= X + 4 X = 7 + 4= Z+ Z = Συνεπώς το άγνωστο στοιχείο είναι το 7 Li Β) Η µάζα των αντιδρώντων (σύµφωνα µε τους πίνακες Παράρτηµα Ζ του βιβλίου των Serway, Moses και Moyer) ισούται µε 9 H + Be =.4u+9.8u=.684u ( ) ( 4 ) και η µάζα των προϊόντων είναι 7 4 Li + He = 7.65u+ 4.6u=.866u ( ) ( ) Η αντίδραση είναι λοιπόν εξώθερµη. Η ενέργεια που απελευθερώνεται δίνεται από Q=.684u -.866u 9.5 MeV / u= 7.5 MeV 8

9 Γ) Χρησιµοποιώντας τον προσεγγιστικό τύπο (.) του βιβλίου των Serway, Moses και Moyer για την ακτίνα των δύο πυρήνων, έχουµε r r Be H 5 / 5 =. 9 =.5 5 / 5 =. =.5 Συνεπώς η απόσταση των δύο πυρήνων όταν βρίσκονται σε επαφή είναι 5 R= rbe + rh = 4. Η ενέργεια λοιπόν κατωφλίου για την αντίδραση, που είναι η ενέργεια Couob στο σηµείο επαφής είναι U k k ( 9 ) -5 ( 4. ) Q Q 4e 4.6 C 9 = = = N =.4MeV 9 R R.6 J/eV ) Παρατηρούµε ότι ενώ η αντίδραση απελευθερώνει ενέργεια 7.4MeV, τα αντιδρώντα πρέπει να έχουν αρχική κινητική ενέργεια.4mev για να ξεκινήσει η αντίδραση. ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ) Η ενεργειακές στάθµες ενός σωµατιδίου σε κυβικό κουτί πλευράς L δίνονται από π n = n, n=,, L Σε κάθε κατάσταση µπορούµε να έχουµε το πολύ δύο ηλεκτρόνια µε αντιπαράλληλα σπιν οπότε η ενέργεια της βασικής κατάστασης θα δίνεται από π 9π = ( + + ) = L L e e ) Από την θεµελιώδη στάθµη ενέργειας Ε διεγείρονται ηλεκτρόνια στην ανωτάτη στάθµη ενέργειας Ε, µε απορρόφηση φωτονίων «αντλήσεως» ενέργειας hf= -. Η µεσαία στάθµη είναι µετασταθής, δηλ. τυχόν διηγερµένα ηλεκτρόνια σ αυτήν δεν µπορούν να µεταπέσουν στην θεµελιώδη αυθορµήτως (µε συνήθη ακτινοβολία διπόλου). Έτσι όσα ηλεκτρόνια από την Ε πέσουν τυχαία στην Ε µένουν εκεί (αναστροφή πληθυσµού) µέχρις ότου εξαναγκασθούν να µεταπέσουν όλα συγχρόνως στην Ε. Ετσι παράγεται σύµφωνο φώς ενεργειας hf= - (προς όλες τις κατευθύνσεις). Όσα εξ αυτών προσπέσουν στα παράλληλα κάτοπτρα παλινδροµούν εντός του υλικού προκαλώντας την εξαναγκασµένη αποδιέγερση και ενισχύοντας την δέσµη. Όσο ακριβέστερη είναι η παραλληλία των κατόπτρων τόσο πιό παράλληλη είναι η δέσµη. Το ένα κάτοπτρο είναι εν µέρει διαπερατό για να εξέρχεται µέρος της δέσµης (προς χρήσιν). ) r r r Επιλέγοντας ένα ιόν όπως στο σχήµα η δυναµική του ενέργεια θα δίνεται από το (άπειρο) άθροισµα των ενεργειών αλληλεπίδρασης µε όλα τα άλλα ιόντα. Η 9

10 συνολική δυναµική ενέργεια θα δίνεται από ke ke ke ke ke ke U = = r r r r r r ke ke ke ke = + + = + r r r r n+ ke ( ) ke αke = = n = r n= n r r όπου για να υπολογίσουµε το άπειρο άθροισµα χρησιµοποιήσαµε το πλήρες ανάπτυγµα Tayor για x= x x n( + x) = + = n= n+ ( ) 4) Για τα αντιδρώντα έχουµε µαζικό αριθµό Α=6+=8 και ατοµικό Ζ=+=4. Κατα 8 συνέπεια το στοιχειο Χ είναι 4 Be ενω το στοιχείο Υ είναι επίσης ήλιο. Η αντίδραση γράφεται Li+ H Be* He Η ισοδύναµη ενέργεια λόγω διαφοράς µαζών προιόντων-αντιδρόντων είναι Q= * MeV =.74MeV Η αντίδραση είναι εξώθερµη µιά και Q >. Αγνοώντας την κινητική ενέργεια των πυρήνων, η ενέργεια του φωτονίου που 8 4 εκπέµπεται κατά τη διαδικασία Be* He είναι = MeV =.9MeV ενω η συχνότητά του 9 f / h. Hz = =. n x n 4 5) (Α) Ο µαζικός αριθµός δεν µεταβάλλεται και ο ατοµικός αριθµός ελαττώνεται κατά ένα, οπότε για να διατηρείται το φορτίο πρέπει να εκπέµπεται ποζιτρόνιο (e + ). Για να διατηρείται ο ηλεκτρονικός λεπτονικός αριθµός πρέπει να εκπέµπεται επίσης και ένα νετρίνο ηλεκτρονίου ( v e ): Si A+e + ve (Β) Ο µαζικός αριθµός ελαττώνεται κατά τέσσερα, οπότε έχουµε εκποµπή σωµατίου α: U 9Th+ He (Γ) Ο µαζικός αριθµός δεν µεταβάλλεται και ο ατοµικός αριθµός αυξάνεται κατά ένα, οπότε για να διατηρείται το φορτίο πρέπει να εκπέµπεται ηλεκτρόνιο (e - ). Για να διατηρείται ο ηλεκτρονικός λεπτονικός αριθµός πρέπει να εκπέµπεται επίσης και ένα αντινετρίνο ηλεκτρονίου ( v e ): As Se+e + ve