Transcript Räkneövning 9 - joel johansson

R¨akne¨ovning 9
V˚
agr¨orelsel¨ara & Kvantfysik, FK2002
9 januari 2012
Problem 41.3
En elektron i vila accelereras av en potentialskillnad U = 120 V. Vad blir dess
de Broglie-v˚
agl¨
angd?
L¨
osning:
Elektronen tillf¨
ors den kinetiska energin Ekin = qe U n¨ar den accelereras,
Ekin =
p2
me v 2
=
= qe U ⇒ p2 = 2me qe U
2
2me
(1)
de Broglie-v˚
agl¨
angden ges av λ = hp , d¨ar vi f˚
ar r¨orelsem¨angden p fr˚
an ekv. 1
h
6.63 · 10−34
=√
[m] = 1.12 · 10−10 m
2me qe U
2 · 9.11 · 10−31 · 1.602 · 10−19 · 120
(2)
Svar: Elektronens de Broglie-v˚
agl¨angd blir 0.112 nm.
λ= √
Problem 41.8
En foton och en elektron har de Broglie-v˚
agl¨angd λ =
energier i elektronvolt!
h
p
= 5 nm. J¨amf¨or deras
L¨
osning:
Fotonens energi, Eγ , kan uttryckas
6.63 · 10−34 · 3 · 108
hc
=
[J] = 4.0 · 10−17 J = 0.25 keV
λ
5 · 10−9
Elektronens energi, Ee
Eγ = pc =
Ee =
h2
p2
(6.63 · 10−34 )2
=
=
[J] = ... = 0.06 eV
2me
2me λ2
2 · 9.11 · 10−31 · (5 · 10−9 )2
(3)
(4)
Ett mer direkt s¨
att att j¨
amf¨
ora fotonens och elektronens energier ¨ar att st¨alla
upp uttrycket
h2
h
1
λC
2.43 · 10−12 [m]
Ee
λ
=
=
·
=
=
= 2.4 · 10−4
·
Eγ
2me λ2 hc
me c 2λ
2λ
2 · 5 · 10−9 [m]
|{z}
λC
1
(5)
Problem 41.13
Ber¨
akna de Broglie-v˚
agl¨
angden f¨or en elektron med energi E = 80 eV inuti
(U = −20 eV) och utanf¨
or (U = 0) en potentialgrop.
L¨
osning:
Elektronens totala energi E a
¨r summan av dess kinetiska energi K och den
potentiella energin U
p2
+ U = 80 eV
2m
(6)
d¨ar r¨orelsem¨angden p =
p
2m(E − U ) f˚
as fr˚
an
E =K +U =
de Broglie-v˚
agl¨
angden, λ =
ekv. 6
h
p,
λ= p
h
(7)
2m(E − U )
Utanf¨
or potentialgropen ¨
ar U = 0, vilket ger (E − U ) = E = 80 eV,
λ= √
h
6.63 · 10−34
=√
m = 1.37 · 10−10 m
2mE
2 · 9.11 · 10−31 · 80 · 1.602 · 10−19
(8)
Inuti potentialgropen ¨
ar U = −20 eV, vilket ger (E − U ) = 80 − (−20) = 100
eV,
λ= p
h
2m(E − U )
=√
6.63 · 10−34
2 · 9.11 · 10−31 · 100 · 1.602 · 10−19
m = 1.23 · 10−10 m
(9)
2
Problem 41.P5
En partikel befinner sig i en potentialgrop (l˚
ada med U = 0 inuti och U = ∞
vid v¨
aggarna), som str¨
acker sig fr˚
an x = 0 till x = L. Formulera v˚
agfunktionen
f¨or partikelns grundtillst˚
and och ber¨akna sannolikheten att hitta partikeln inom
intervallet L4 < x < 3L
4 .
L¨
osning:
(Se sid. 865 i boken, f¨
or h¨
arledning av v˚
agfunktionen). Med randvillkoren ψ(0) =
ψ(L) = 0 blir l¨
osningen till Schr¨odingers v˚
agekvation (ekv. 41.11):
nπx f¨or n=1,2,3,...
(10)
ψn (x) = A sin
L
F¨
or grundtillst˚
andet, n = 1, f˚
as v˚
agfunktionen
πx ψ(x) = A sin
L
(11)
V˚
agfunktionen ψ(x) representerar en sannolikhets-v˚
ag f¨or partikeln, d¨ar P =
Rb 2
ψ dx tolkas som ”sannolikheten att hitta partikeln inom intervallet a < x <
a
b”. F¨
orst m˚
aste vi best¨
amma konstanten A, genom att normera sannolikheten
RL
att hitta partikeln n˚
agonstans i l˚
adan till P = 0 ψ 2 dx = 1
Z
L
2
2
Z
L
2
πx L
πx
= y ⇒ dx = dy
L
π
dx =
ψ dx = A
sin
L
0
Z π
Z π
L
L
1
= A2
sin2 (y)dy = A2
(1 − cos(2y)) dy
π 0
π 0 2
r
π
1
2
2 L
2 L
= A
y − sin(2y) = A
π=1⇒A=
(12)
2π
2
2π
L
0
p
Nu n¨
ar vi har normerat v˚
agfunktionen, ψ(x) = 2/L sin(πx/L), kan vi ber¨akna
sannolikheten att hitta partikeln i intervallet L4 < x < 3L
4
P
=
0
Z
P
3L/4
ψ 2 dx =
=
L/4
Z
=
=
=
3π/4
2
L
Z
3L/4
sin2
L/4
Z
πx L
3π/4
dx =
πx
L
= y ⇒ dx = dy
L
π
2L
2
1
sin2 (y)dy =
(1 − cos(2y)) dy
L π π/4
π π/4 2
3π/4
π 1
1
1 3π 1
3π
π 1
y − sin(2y)
=
− sin
−
− sin
π
2
π 4
2
2
4
2
2
π/4
1 π 1 1
+ +
≈ 0.82 = Svar!
(13)
π 2
2 2
3
Problem 41.24
Antag att en elektron ¨
ar inst¨angd i en potentialgrop (”l˚
ada” med l¨angd L =
10−14 m med U = ∞ vid v¨
aggarna). a) Ber¨akna elektronens energi i grundtillst˚
andet, b) Med L = 10−14 m ≈ storleken av en atomk¨arna, diskutera vad
sannolikheten ¨
ar att kl¨
amma in en elektron d¨ar...
L¨
osning:
Vi s˚
ag att att v˚
agfunktionen f¨or en partikel i en l˚
ada ges av
nπx ψn (x) = A sin
f¨or n=1,2,3,...
L
(14)
nπ
h
h
Med v˚
agtalet k = 2π
λ = L tillsammans med de Broglies formel λ = p = mv
nh
ser vi att partikelns hastigheter vn = 2mL
a ¨ar ¨aven dess
¨ar kvantiserade, allts˚
energiniv˚
aer kvantiserade:
En =
n2 h2
mvn2
=
2
8mL2
(15)
En elektron med massa me i grundtillst˚
andet (n = 1) i en l˚
ada med l¨angd
L = 10−14 m har allts˚
a energi
E1 =
h2
(6.63 · 10−34 )2
=
J = 3.77 · 109 eV = a) Svar! (16)
8me L2
8 · 9.11 · 10−31 · (10−14 )2
Energin i grundtillst˚
andet f¨
or en elektron inuti en atomk¨arna E1 = 3.77 GeV ¨ar
v¨
aldigt h¨
og j¨
amf¨
ort med typiska v¨arden f¨or nukleoners bindningsenergi (Eb ≈
1 − 9 MeV, sid 906 i boken) eller k¨arnpartiklars typiska massor (protonmassan
mp ≈ 0.94 GeV/c2 ). ”Trying to get it there is like trying to force an elephant
into a dog house” (Lord Rutherford)
4
Problem 41.26
En elektron befinner sig i en potentialgrop med l¨angd 0.2 nm. Vad ¨ar os¨akerheten
i dess r¨
orelsem¨
angd?
L¨
osning:
Heisenbergs obest¨
ambarhetsrelation, ∆x∆p ≥ h. Os¨akerheten f¨or elektronens
position, ∆x = 0.2 nm, vilket ger
∆p ≥
h
6.63 · 10−34 [Js]
=
= 3.3 · 10−24 kgm/s
∆x
0.2 · 10−9 [m]
(17)
Problem 41.27
Livstiden f¨
or ett exciterat tillst˚
and ¨ar 10−8 s. Vad ¨ar os¨akerheten i energin och
frekvensen f¨
or en uts¨
and foton?
L¨
osning:
Heisenbergs obest¨
ambarhetsrelation kan ocks˚
a skrivas, ∆E∆t ≥ h. Os¨akerheten
f¨or livsl¨
angden av det exciterade tillst˚
andet, ∆t = 10−8 s, vilket ger
∆E ≥
6.63 · 10−34 [Js]
h
=
= 6.63 · 10−26 J
∆t
10−8 [s]
(18)
Frekvensen f¨
or en foton vars energi E = ∆E
f=
1 −1
∆E
=
[s ] = 108 Hz
h
∆t
(19)
Problem 41.28
En proton ¨
ar inst¨
angd i en atomk¨arna med radie r = 2 · 10−14 m. a) Uppskatta
os¨
akerheten f¨
or dess r¨
orelsem¨angd och b) ber¨akna den kinetiska energi som
motsvarar os¨
akerheten i r¨
orelsem¨angden.
L¨
osning:
Vi anv¨
ander Heisenbergs obest¨ambarhetsrelation ∆x∆p ≥ h med ∆x = 2·10−14 ,
∆p ≥
h
6.63 · 10−34 [Js]
=
= 3.31 · 10−20 kgm/s
∆x
2 · 10−14 [m]
(20)
Os¨
akerheten f¨
or r¨
orelsem¨
angden motsvarar den kinetiska energin
Ekin =
(∆p)2
(3.31 · 10−20 )2
[J] = 3.28 · 10−13 J = 2.05 MeV
=
2mp
2 · 1.67 · 10−27
5
(21)