Kortfattade lösningsförslag till tentamen Fysik 2 040116
Uppgift 1
Einsteins fotoelektriska lag ges av formeln, hf = φ + eV 0 , där φ är utträdesarbetet,V0 är
bromsspänningen och f är frekvensen (beteckningar enligt Y&F).
Vi får då för de två frekvenserna att
(1)
hf = φ + eV01
f
h = φ + eV02 (2)
2
2
f
Ekv. (1) – (2) ger då att h = e(V01 − V02 ) ⇒ f = e(V01 − V02 ) .
h
2
Med Planck’s konstant och elektronladdning från tabell och data från problem erhålles då att
c
f = 1.236 ⋅1015 Hz ⇒ λ 1 = = 243nm , och med halverad frekvens att
f
c
2c
λ2 =
=
= 485nm . Med ekv (1) erhålles utträdesarbetet enligt
f /2
f
φ = hf − eV01 = 3.09⋅10 −19 J = 1.93eV
Svar: Utträdesarbetet är 1.93 eV och ljusvåglängderna är 243 nm resp 485nm
Uppgift 2
a) För en dubbelspalt gäller att vi har interferensmax för
n⋅d⋅sin(θ) = p⋅λ
I detta fall är n= 1 (luft) och sin(θ) ≈ tan(θ) = y / L där y = avståndet från centralbilden
längs skärmen och L= avståndet mellan spalt och skärm.
y
p⋅ λ ⋅ L
Vi får då att d ⋅ = p ⋅ λ ⇒ y =
L
d
För andra maximat gäller då att
−9
2 ⋅630 ⋅10 ⋅ 4
−2
= 1,68⋅10 m = 1,68cm
y=
−3
0,3⋅10
b) Diffraktionsminimum har vi för n⋅b⋅sin(θ) = m⋅λ . Det skall vara lika stort avstånd
mellan alla interferensmaxima. Att ett interferensmax saknas betyder det att
interferensmaximat faller på ett diffraktionsminimum.
Interferensmax: n⋅d⋅sin(θ) = p⋅λ
Diffraktionsmin: n⋅b⋅sin(θ) = m⋅λ
b m
0,1 m
Genom att dividera dessa två ekvationer med varandra får vi
⇒
⇒
=
=
d p
0,3 p
p = 3⋅m
Detta betyder att var tredje interferensmaximum saknas
Svar: a) y = 1,68 cm b) p = 3⋅m dvs var tredje int.max saknas
Uppgift 3
Lösning: µ = ρ ⋅ (Tvärsnittsarean) = ρ ⋅ A
F
F
F
v1 =
=
v2 =
=
och
µ1
ρ1 ⋅ A
µ2
F
(1)
ρ2 ⋅ A
Aluminium: Nod i båda ändpunkterna ⇒ y=f(ω⋅t)⋅sin(k⋅x) där sin(k1⋅L1) = 0 ⇒
2 ⋅π
(2)
⋅ L = p ⋅π
λ1 1 1
Stål: Nod i båda ändpunkterna ⇒ y=f(ω⋅t)⋅sin(k⋅x) där sin(k2⋅L2) = 0 ⇒
2 ⋅π
(3)
⋅ L2 = p2 ⋅ π
λ2
Men v = f⋅λ ⇒ (2) och (3) kan skrivas (OBS! samma frekvens för båda svängningarna)
v
v1
v
v
(4) och f = p2 ⋅ 2
(5) vilket ger att p1 ⋅ 1 = p2 ⋅ 2
2 ⋅ L2
2⋅ L1
2 ⋅ L2
2 ⋅ L1
Detta ger med (1) att
F
F
ρ1 ⋅ A
ρ2 ⋅ A
1
1
p1 ⋅
= p2 ⋅
⇒ p1 ⋅
= p2 ⋅
⇒
2 ⋅ L1
2⋅ L2
2 ⋅ L1 ⋅ ρ1
2 ⋅ L2 ⋅ ρ 2
p2 = 2,5⋅ p1
Vi ville ha den lägsta frekvensen ⇒ vi skall hitta de lägsta värderna på p1 och p2 som
uppfyller villkoret ovan. Detta betyder att
p1 = 2 och p2 = 5
Dessa värden insatta i (4) ger att
F
10 ⋅9,81
−6
ρ1 ⋅ A
v1
= 2⋅
= 2600⋅10 = 323,74 Hz
f = p1 ⋅
2⋅ L1
2 ⋅0,6
0,6
b) Antalet noder blir på aluminiumsträngen 3 (en vid väggen, en mitt på och en vid
förbindelsepunkten) och för stålet 5 st om vi räknar bort den gemensamma i
förbindelsepunkten
Svar : a) Frekvensen är 324 Hz
b) 8 stycken nodpunkter
f = p1 ⋅
Uppgift 4
Av informationen i problemtexten kan man anta att atomerna exciteras från grundtillståndet
(n = 1) till andra exciterade tillståndet (n = 3). Vid deexcitationen erhålles då ljus för
övergångarna, (n = 3 till n = 1), (n = 3 till n = 2) och (n = 2 till n = 1), dvs ljus av tre
våglängder där de två senare övergångarna ger längre våglängder jämfört med övergången (n
= 3 till n = 1).
En av våglängderna som utsänds är densamma som våglängden som absorberas (2,851 nm).
De två övriga våglängderna är längre enligt problemtexten.
Bohrs atommodell för väteliknande system (se P.H. sid 297)ger då att;
⎛
Z2
1⎞ 8
E3 − E1 = −E H
− (− EH Z 2 ) = EH Z 2 ⎜ 1 − ⎟ = EH Z 2 . Beräkning av atomnumret Z ger
⎝
9
9⎠ 9
9 E3 − E1
⋅
information om vilket grundämne det gäller. Vi får då att Z =
. Enligt P.H. sid 13
8
EH
hc
där λ = 2,851 nm erhålles efter uträkning att
så gäller att EH = 13.6 eV och då E3 − E1 =
λ
Z = 6 dvs grundämnet är kol (C).
Svar: Grundämnet är kol.
Uppgift 5
Strålning från
flygplanet
Mottagare
h
θ
θ
h
2h sin θ
Spegelbild
Flygplanet bifinner sig långt borta ⇒ Vi kan anse att strålningen från planet är parallellt. Det
är den direkta strålningen från planet och den som reflekteras i vattenytan som ger
interferensen i mottagaren. Den stråle som träffar vattenytan verkar gå genom mottagarens
spegelbild. Om strålningen kommer in i vinkeln θ så är även vinkeln vid mottagaren θ (Se
figur). Skillnaden i gångväg från flygplanet till mottagaren för de två strålarna blir då
2h⋅ sin(θ). Eftersom den reflekterande strålen reflekteras mot ett optiskt tätare medium får vi
även ett fassprång på λ/2 vid reflektionen.
Minimum erhålles då för
2h⋅ sin(θ) + λ/2 = (2p + 1)⋅ λ/2
Detta ger att sin(θ) = p⋅λ/(2h ).
Vi vill ha den minsta vinkeln ⇒p = 1. Detta ger att
sin(θ) = λ/(2h ).
Om planet befinner sig på 5000 m avstånd får vi att
y
tan(θ ) =
där y = höjden över havet för flygplanet.
5000
Men θ är litet ⇒ sin(θ ) ≈ tan(θ ) ≈ θ .
λ
5000 ⋅0,1
y
5000⋅ λ
Detta ger att
= 25m
⇒ y=
⇒ y=
=
2⋅ h
2⋅10
5000 2 ⋅ h
Svar: Den lägsta höjden är 25 m
