Serie 42: Soluzioni FAM C. Ferrari Esercizio 1 Corpo nero 1. Abbiamo: Sole λ max = 500nm - spettro visibile (giallo); Sirio B λ max = 290nm - ultravioletto; corpo umano λ max = 9300nm - infrarosso. 2. T = 90K. 3. Il picco massimo corrisponde a ν max > 0. Derivando si ottiene (α = h/k B ) ponendo du(ν,t) dν du(ν,t) dν = 0 e x = ν T = 8πh ν T 1) α ν c 3 ν23(eα T eα ν T (e α ν T 1) 2 (con l ipotesi ν > 0) si ottiene e αx (3 αx) 3 = 0 e grazie a Maple si trova x = 5,88 10 10 s 1 K 1, da cui il risultato. Esercizio 2 Effetto fotoelettrico 1. Abbiamo E cin = hν W da cui E cin = 1,30eV, utilizzando E cin = 1 2 mv2 otteniamo v = 6,76 10 5 m/s. 2. L effetto fotoelettrico è possibile solo se hν > W. L energia del fotone incidente è 1,82eV < W = 2,28eV qui non si osserverà nessuna estrazione di elettroni. La frequenza di soglia è data da hν soglia = W da cui ν = 5,51 10 14 Hz ossia λ soglia = 544nm, colore verde. 3. L energia di estrazione si ottiene con W = hν soglia da cui W = 6,11 10 19 J. Utilizzando E cin = hν W, otteniamo E cin = 1,7 10 19 J = 1,07eV. L energia per unità di tempo che raggiunge la placca è di P = 3,61kW che corrisponde a nhν/1s dove n è il numero di fotoni di energia hν necessari per ottenere P: 3,61 10 3 J = nhν = n = 4,62 10 21. Supponendo che ogni fotone estrae in un processo 1 1 un elettrone abbiamo 4,62 10 21 elettroni al secondo. 1
4. L energia cinetica non cambia poiché l estrazione di un elettrone dipende unicamente dall energia del fotone che lo estrae, il raddoppio dell intensità provoca il raddoppio del numero di elettroni emessi. 5. Sappiamo che una particella di carica q e massa m in un campo magnetico uniforme B ha un moto circolare di raggio R = mv dove v è la sua velocità. q B (a) Abbiamo v = Br q /m = 3,3 10 7 m/s e quindi E cin = 3,1keV. (b) Abbiamo W = hν E cin da cui W = 14keV. Esercizio 3 Effetto Compton 1. Otteniamo λ = 2,7pm e λ = 6,0pm. 2. Utilizzando E = hν e la legge dell effetto Compton abbiamo da cui θ = 46,2. 3. Abbiamo: (a) λ = 2λ C = 4,82pm; 1 E 1 E = λ C hc (1 cosθ) (b) otteniamo dapprima ν = ν ν = 9,75 10 18 Hz da cui E = h ν = 40,4keV ; (c) per la conservazione dell energia E fotone = E elettrone, da cui l energia ceduta all elettrone vale 40,4 kev; (d) dalla conservazione della quantità di moto l elettrone è diffuso in avanti e la sua quantità di moto vale (asse orientato verso destra) p elettrone 0 = (p fotone p }{{} fotone) }{{} = p elettrone = p fotone = k + k = 2π h 2π λ + 2π h 2π λ = h λ + h λ = 1,11 10 22 kg m/s. 4. Diminuisce poiché la lunghezza d onda di Compton λ C = h Mc che M p > M e. diminuisce visto 2
Esercizio 4 Transizioni atomiche e atomo di Bohr 1. Abbiamo ν = cr( 1 n 2 f 1 n 2 i ) ( = cr 1 1 2 1 ) 3 2 = 2,93 10 15 Hz da cui E = hν = 12,1eV, p = h/λ = h/cν = 6,47 10 27 kg m/s e λ = 102 nm (nello spettro ultravioletto). Questa transizione appartiene alla serie di Lymann poiché n f = 1. 2. Abbiamo λ max = c/ν min e λ min = c/ν max, dove ν min = cr( 1 n 2 1 (n+1) 2 ) ν max = lim k cr transizione più corta ( ) 1 n 2 1 (n+k) 2 = cr 1 n 2 transizione più lunga Nome serie n λ max λ min spettro Lymann 1 121,6 nm 91,2 nm Ultravioletto Balmer 2 656,5 nm 364,7 nm Visibile e ultravioletto Paschen 3 1876 nm 822 nm Infrarosso vicino Brackett 4 4052 nm 1459 nm Infrarosso Pfund 5 7460 nm 2279 nm Infrarosso lontano 3. L energia di ionizzazione corrisponde all energia per la quale n f = e n i = 1 nello spettro di assorbimento, otteniamo E ioniz = hcr 1 1 2 = 13,6eV che corrisponde al valore assoluto dell energia dello stato fondamentale ottenuto con la formula di Bohr E n = R n 2 per n = 1. 4. Abbiamo R 63 = 2099Å e E 63 = 3,43 10 3 ev. 5. L energia (meccanica) dell atomo di idrogeno vale mentre la formula di Larmor dà E = 1 24πε 1 e 2 0 r P = 1 6πε 0 e 2 c 3a2 con a = 1 m 1 4πε 0 e 2 r 2 ora per il teorema dell energia meccanica de dt = P = P 3
da cui si ottiene dr dt = 1 3 4 e 4 1 c 3 (4πε 0 ) 2 m }{{ 2 r } 2 =A ed integrando l EDO di primo ordine si trova (r 0 = a H = 0,529Å) e r(t) = 0 per t = 1,56 10 11 s. r(t) 3 = r 3 0 At Esercizio 5 Evoluzione di uno spin classico 1. L evoluzione temporale dello spin è data dal teorema del momento angolare da cui d S dt = µ B = d S dt = γ S B d S S dt = 2S d S dt = 0 = S = cost e d dt e S z = ds z dt = 0 = S z = cost. 2. In componenti abbiamo x : Ṡ x = γb 0 S y y : Ṡ y = γb 0 S x z : Ṡ z = 0 da cui, derivando le componenti x e y ed utilizzando le espressioni delle derivate prime { Sx = ω 2 S x S y = ω 2 S y con ω = γb 0 < 0. E quindi, utilizzando l indicazione e la condizione iniziale su S(0) otteniamo S x (t) = 3 2 cosωt S y(t) = 3 2 sinωt S z(t) = 0. Nel piano xy si ha un moto circolare di velocità angolare ω in senso orario. 4
z B S(0) y x 3. In modo analogo si ottiene S x (t) = 3 4 cosωt S y(t) = 3 4 sinωt S z(t) = 3 4. z S z 30 S y x Lo spin gira attorno all asse del campo magnetico: precessione di Larmor alla frequenza chiamata frequenza di Larmor. ν L = ω 2π = γb 0 2π 5