Materiens Struktur Räkneövning 3 Lösningar 1. Studera och begrunda den teoretiska förklaringen till supralednigen så, att du kan föra en diskussion om denna på övningen. Skriv även ner huvudpunkterna som franska streck. Suprafluiditet liknar på många sätt supraledning. Förklara varför 3 He blir en suprafluid först vid,25 K, medan 4 He blir suprafluid redan vid den höga temperaturen på ungefär 2,17 K. Lösning: Uppgiften genomgås på timmen men huvudpoängerna är: - BCS teorin. - Elektronerna bildar Coopertillstånd (Cooper-par) av två elektroner som är bundna till varandra, trots den elektriska repulsionen elektronerna emellan. - Dessa växelverkar genom fonon (kristallvibrationer) utbyte i BCS-teorin (som är en icke-relativistisk kvantfältteori). - Elektronerna är spinn- 1 2 partiklar, men bildar ett spinn-1 tillstånd när de är i ett Cooper-par. Cooper-paret beter sig alltså som en boson Bose-Einstein statistik! - Bosoner gillar att hopa sig i samma energitillstånd, vilket gör att vid låga temperaturer samlar sig en så stor del i samma energitillstånd, att deras kvanteffekter blir synliga på en makroskopisk skala. T.ex. har kvantmekaniken ett lägsta energitillstånd. Lägre energi går inte att åstadkomma ens genom friktion. Om detta lägsta tillstånd är ockuperat med en massa bosoner (Cooper-par) kan de därför röra sig friktions-fritt supraledning. Analogt med supraledare är en suprafluid ett materialtillstånd med noll viskositet. Att 4 He blir en suprafluid vid en högre temperatur grundar sig i att 4 He-atomerna är bosoner och följer därmed direkt Bose-Einstein statistik. 3 He-atomer är däremot fermioner och bildar Cooper-par med varandra, som beter sig som bosoner likt förklaringen ovan för elektroner i supraledare. Detta är bara möjligt vid en lägre temperatur. 2. Beräkna den energi som behövs för att spjälka en 4 He kärna i a.) 3 H + p b.) 3 He + n. Förklara energiskillnaderna. Konstanterna: m4 He = 4, 2633u m p = 1, 6726231 1 27 kg m n = 1, 6749286 1 27 kg m3 He = 3, 16293u m3 H = 3, 16493u c = 299792458 m/s u = 1, 66542 1 27 kg
> Lösning: a.) Vi har reaktionen 4 He 3 H + p + E, där E = (m4 He m3 H m p )c 2 19, 8 MeV. (1) b.) Denna reaktion är där 4 He 3 He + n + E, E = (m4 He m3 He m n )c 2 2, 6 MeV. (2) Orsaken till att det krävs mera energi att spjälka upp 4 He till 3 He är att 3 He har en mycket högre bindningsenergi/nukleon än 3 H. Detta kan vi också se i figuren 1 som är rent kvalitativ. E bind nukleon Fe 3 He 3 H > Z Figur 1: Vi ser bindningsenergin/nukleon per för var atomnummer Z. Denna figur är strikt kvalitativ och finns endast här för att stöda argumenten i uppgiften. 3. Härled formeln för Coulombenergin för en sfärisk isolator. V c = 3 (Ze) 2 5 4πɛ R Lösning: Orsaken att denna uppgift dyker upp på en kurs i materiens struktur är att man kan tänka sig kärnan för en atom med många protoner som en samling laddning som distribuerats sfäriskt. Coulombenergin för en sfärisk isolator ges av V c = 1 4πɛ o i<j Q i Q j r ij. (3)
Detta kan vi beräkna om vi går över till det kontinuerliga fallet då dv c = 1 QdQ, (4) 4πɛ o r som vi måste integrera från R (m.a.o. över hela sfären). Vi har således V c = dv c = 1 R 4πɛ o QdQ, (5) r vilket vi kan beräkna p.g.a. den sfäriska symmetrin då vi antar att sfären har en konstant laddningsdensitet. Om Q är den totala laddningen i sfären, har vi Q = 4 3 πr3 ρ, ρ = Ze och dq = 4πρr 2 dr. Då blir integralen 4 3 πr3, (6) R 1 V c = 4πɛ o = 3 (Ze) 2 5 4πɛ R, 4πρr 3 4πρr 2 dr r = 16πρ2 12ɛ R r 4 dr = 4πρ2 3ɛ 1 5 R5 där vi har satt in ρ i det sista steget. 4. Nukliden 176 Lu har ett relativt stort kvadrupolmoment, Q = +8, e barn. Använd detta värde för att uppskatta förhållandet b/a mellan halvaxlarna för kärnan, som antas ha en ellipsoidal form. Det klassiska kvadrupolmomentet för en kärna med formen av en rotationsellipsoid är Q = 2 5 Ze(b2 a 2 ), där a och b är ellipsoidens halvaxlar. Konstanterna: Z = 71 A = 176 1 barn = 1 1 28 m 2 e = 1, 621773 1 19 C. Lösning: Uttrycket Q = 2 5 Ze(b2 a 2 ) (7)
kan lösas för b 2 a 2 och ger oss b 2 a 2 = 5Q = B, (8) 2Ze där vi infört en ny konstant B = 5Q 2Ze 2, 82 1 29 m 2. Eftersom B + a 2 = b 2, vet vi att b > a och vi kan räkna B a 2 + 1 = b2 a 2 b a = 1 + B a 2. (9) För att gå vidare, måste vi göra en approximation. Vi kommer att anta att b a och kan då beräkna a genom den empiriska formeln a = R A 1/3, vilken egentligen endast gäller då kärnan är sfäriskt formad. Då R 1, 7 fm ger detta b a = 1 + B R 2 1, 34. (1) A2/3 5. Vi tänker oss en np-infångningsreaktion n + p d + γ så, att båda partiklarna är i vila efter infångningen. Ange en formel för deuteronens bíndningsenergi som funktion av gammaenergin. Anta att protonen är i vila när den fångar in neutronen samt att hastigheterna inte är relativistiska. Lösning: I en infångningsreaktion kan vi anta att protonen fångar neutronen så, att den själv är i vila och också den bildade deuteronen är i vila. Dessutom kan vi beräkna uppgiften genom att använda uttrycket för den klassiska kinetiska energin, eftersom hastigheterna för partiklar som infångas inte är så höga. Protonens energi : m p c 2 Neutronens energi : m n c 2 + E nkin = m n c 2 + p2 n 2m n Deuteronens energi : m d c 2 fotonens energi : E γ. Energins bevarande ger oss m p c 2 + m n c 2 + E nkin = m d c 2 + E γ, (11) och deuteronens bindningsenergi är. E dbind = E nkin E γ (12)
Rörelsemängdens bevarande ger oss p n = E γ c. (13) Insättning i uttrycket för deuteronens bindningsenergi blir således E dbind = E nkin E γ = p2 n 2m n E γ = E2 γ m n c 2 E ( γ = E γ E γ 2m n c 2 1). (14) 6. Punkter på ytan av en rotationsellipsoid kan beskrivas med formeln (x 2 + y 2 ) a 2 + z2 b 2 = 1 där a och b är ellipsoidens halvaxlar. Volymen kan beräknas som 4 3 πa2 b. Ellipsoiden har en jämnt fördelad laddning Ze. Härled formeln för det klassiska kvadrupolmomentet Q = 2 5 Ze(b2 a 2 ). Lösning: Kvadrupolmomentet defnieras som Q = (3z 2 r 2 )ρdτ = ρ (2z 2 x 2 y 2 )dτ, (15) där vi har satt in r 2 = x 2 + y 2 + z 2. Eftersom vi beskriver rotationsellipsoiden med ekvationen x 2 a 2 + y2 a 2 + z2 b 2 = 1 (16) och de sfäriska polära koordinaterna är givna av x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ z = r cos θ, kan vi tänka oss att de ellipsoidala koordinaterna är givna av x = ra sin θ cos φ y = ra sin θ sin φ z = rb cos θ.
Detta satifsfierar ekvationen (16) och är därför riktigt. Från dessa koordinater kan vi beräkna Jacobianen, så att vi får det ellipsoidala differentiella volymelementet som dτ = a 2 br 2 sin θdrdθdφ, vilket vi också skulle ha väl kunnat gissa då vi vet att det sfäriska differentiella volymelementet är dv = r 2 sin θdrdθdφ. Då kan vi skriva ut vår integral som Q = a 2 bρ 1 = a 2 b2πρ 1 dr r 4 dr 2π dθ = 2πρa 2 b 4 1 3 5 (b2 a 2 ), där vi använt integraltabeller för r 4 sin θ(2b 2 cos 2 θ a 2 sin 2 θ sin 2 φ 2 a 2 sin 2 θ cos 2 φ)dφ (2b 2 cos 2 θ sin θ a 2 sin 3 θ)dθ = 2πρa 2 b 4 3 1 r 4 (b 2 a 2 )dr 2b 2 cos 2 θ sin θ = 4 3 b2 a 2 sin 3 θdθ = 4 3 a2. Då vi vet att ρ = Ze 4, kan vi slutligen eliminera ρ för att få 3 πa2 b Q = 2 5 Ze(b2 a 2 ). (17)