מתכונת 7 בפיזיקה - קרינה וחומר 36282

קביעה: היגד 3 אינו נכון.

נימוק: כשהגל עובר לזכוכית התדירות נשמרת, כי היא נקבעת על ידי המקור (היגד 2 נכון). מקדם השבירה של הזכוכית גדול מ־$1$, ולכן לפי $n=\frac{c}{v}$ המהירות בזכוכית קטנה מהמהירות באוויר. לפי $v=\lambda f$:

$f$ קבועה ו־$v$ קטנה, ולכן אורך הגל קטן ולא גדל.

שאר ההיגדים נכונים:

- היגד 1: בריק כל הגלים האלקטרומגנטיים, מגלי רדיו ועד קרינת גמא, מתפשטים במהירות $c=3\cdot 10^8\,\text{m/s}$.

- היגד 2: התדירות נקבעת על ידי המקור ואינה משתנה במעבר בין תווכים.

- היגד 4: גל אלקטרומגנטי הוא תנודה של שדה חשמלי ושדה מגנטי, והוא אינו זקוק לתווך חומרי (כך מגיע אלינו אור השמש).

בריק $v=c=3\cdot 10^8\,\text{m/s}$. לפי $v=\lambda f$:

אורך הגל הפוך לתדירות, ולכן אורך הגל המרבי מתאים לתדירות המזערית בתחום, $f_{\min}=88\cdot 10^6\,\text{Hz}$:

טעות נפוצה: להציב את התדירות המרבית ($108\,\text{MHz}$), שנותנת את אורך הגל המזערי, $2.78\,\text{m}$.

1. האנטנות הן מקורות שווי־מופע. שתיהן מוזנות מאותו משדר בכבלים שאורכם שווה, ולכן הן משדרות באותה תדירות ובאותו מופע (מקורות קוהרנטיים שווי־מופע).

2. הפרש הדרכים ב־$C$ הוא אפס. $C$ נמצאת מול אמצע הקטע שבין האנטנות, ולכן במרחק שווה משתיהן: $\Delta r=r_1-r_2=0$.

3. התאבכות בונה. הגלים יוצאים באותו מופע ועוברים דרכים שוות, ולכן מגיעים ל־$C$ באותו מופע: "שיא" נפגש עם "שיא". המשרעות מתחברות, ועוצמת האות מרבית. זהו המקסימום המרכזי ($n=0$, $\Delta r=0\cdot\lambda$).

המקסימום הראשון אחרי $C$ הוא קו המקסימום מסדר $n=1$. מדף הנוסחאות, קווי מקסימום בהתאבכות משני מקורות שווי־מופע:

$X_1=19.0\,\text{m}$ הוא המרחק מ־$C$ לאורך הכביש, ו־$L_1$ הוא המרחק מאמצע הקטע שבין האנטנות אל המכונית (יתר במשולש ישר זווית שניצביו $L$ ו־$X_1$):

הצבה, $d=7.0\,\text{m}$, $n=1$:

אורך הגל נמצא בתחום ה־FM (בין $2.78\,\text{m}$ ל־$3.41\,\text{m}$), כמצופה; התדירות $f=\frac{c}{\lambda}\approx 100\,\text{MHz}$.

הערה: הזווית אינה קטנה (כ־$25^\circ$), ולכן אין להחליף את $L_1$ ב־$L$. (גם חישוב מדויק של הפרש הדרכים מכל אנטנה בנפרד נותן $3.0\,\text{m}$.)

טעות נפוצה: להשתמש בנוסחת יאנג $\frac{\Delta X}{L}=\frac{\lambda}{d}$, המבוססת על קירוב זוויות קטנות. כאן היא נותנת $\lambda\approx\frac{7.0\cdot 19.0}{40}\approx 3.3\,\text{m}$ - שגיאה של כ־$11\%$.

קווי המקסימום מקיימים (מדף הנוסחאות):

הכביש ארוך מאוד, ולכן אפשר לקלוט מקסימום בכל זווית $\theta_n<90^\circ$. התנאי: $\sin\theta_n<1$, כלומר

לכן הסדר המרבי הוא $n=2$.

קווי המקסימום סימטריים משני צדי $C$: $n=0$ (הנקודה $C$) ו־$n=1,2$ מכל צד:

טעות נפוצה: לשכוח את המקסימום המרכזי ב־$C$, או לספור רק צד אחד.

מדף הנוסחאות, קווי צומת בעקיפה בסדק יחיד:

(הקירוב $\sin\theta\approx\frac{X}{L}$ תקף לזוויות קטנות.) עבור הצומת מסדר שני, $n=2$:

$X_2$ הוא המרחק ממרכז התבנית לצומת מסדר שני בצד אחד. בצד השני יש צומת סימטרי באותו מרחק, ולכן:

טעות נפוצה: לכתוב $D=\frac{2\lambda L}{w}$ – זה רק המרחק ממרכז התבנית לצומת מסדר שני בצד אחד.

לפי סעיף א:

$\lambda$ ו־$L$ קבועים בניסוי, ולכן $D$ תלוי לינארית ב־$\frac1w$ ($D$ יחסי הפוך ל־$w$, ולכן הגרף של $D$ כפונקצייה של $w$ עצמו אינו קו ישר).

המשתנה החדש: $\frac1w$, ביחידות $\frac{1}{\text{mm}}$ (אפשר גם $\frac1{\text{m}}$, ואז כל ערך גדול פי $1000$).

לדוגמה: $\frac{1}{0.060\,\text{mm}}\approx16.7\,\text{mm}^{-1}$.

ציר אופקי: $\frac1w\,(\text{mm}^{-1})$ בתחום $0$–$30$. ציר אנכי: $D\,(\text{mm})$ בתחום $0$–$70$.

מעבירים קו ישר אחד קרוב ככל האפשר לכל הנקודות, כך שהן מפוזרות משני צדיו (לא מחברים נקודה לנקודה):

(שתי נקודות על הקו: $(10,\;25.7)$ ו־$(25,\;63.7)$.)

הקו עובר קרוב מאוד לראשית, כצפוי מהקשר $D=4\lambda L\cdot\frac1w$; החיתוך הקטן נובע משגיאות מדידה.

לפי סעיף א:

ולכן שיפוע הגרף שווה ל־$4\lambda L$.

חישוב השיפוע משתי נקודות על קו המגמה:

(היחידות: $\frac{\text{mm}}{\text{mm}^{-1}}=\text{mm}^2$.) ממירים ליחידות SI ($1\,\text{mm}^2=10^{-6}\,\text{m}^2$):

(אור ירוק, כמצופה.)

טעות נפוצה: להמיר רק את אחד הצירים מ־$\text{mm}$ ל־$\text{m}$ (ולקבל תוצאה שגויה פי $1000$), או לשכוח את המקדם $4$.

קביעה: היגד 1 נכון.

סדק יחיד (רוחב $w$): צמתים ב־$X_n=\frac{n\lambda L}{w}$.

•פס האור המרכזי – בין $X_{-1}$ ל־$X_1$: רוחבו $\frac{2\lambda L}{w}$.

•כל פס משני – בין שני צמתים סמוכים: רוחבו $\frac{\lambda L}{w}$.

שני סדקים צרים (מרחק $d$): לפי נוסחת יאנג המרחק בין שני צמתים סמוכים הוא $\Delta X=\frac{\lambda L}{d}$, וכל פסי האור באותו רוחב. עם $d=2w$:

- היגד 1 נכון: $\dfrac{2\lambda L/w}{\lambda L/(2w)}=4$.

- היגד 2 שגוי: הפסים המשניים בסדק היחיד ($\frac{\lambda L}{w}$) רחבים פי $2$ מפסי שני הסדקים ($\frac{\lambda L}{2w}$).

- היגד 3 שגוי: בשתי התבניות יש פס מקסימום מרכזי אחד, ושאר הפסים מופיעים בזוגות סימטריים משני צדיו – לכן מספרם אי־זוגי.

הצירים: ציר אופקי – תדירות הקרינה $f$ ביחידות $10^{14}\,\text{Hz}$ (טווח $10$ עד $14$); ציר אנכי – פוטנציאל הכדור $V$ בוולט (טווח $0$ עד $1$).

הנקודות $(f,\,V)$: $(10.5,\,0)$, $(11.0,\,0)$, $(11.5,\,0.05)$, $(12.0,\,0.26)$, $(12.5,\,0.49)$, $(13.0,\,0.67)$, $(13.5,\,0.90)$.

העקומה בנויה משני חלקים:

•בתדירויות נמוכות (מתחת לתדירות הסף) הפוטנציאל אפס – קטע על הציר האופקי.

•מעל תדירות הסף הנקודות מסתדרות לאורך קו ישר עולה. מעבירים את הקו המתאים ביותר לחמש הנקודות שמ־$11.5$ עד $13.5$, ומאריכים אותו עד הציר האופקי.

שיפוע הקו – משתי נקודות על הקו, $(11.5,\,0.052)$ ו־$(13.5,\,0.896)$:

הקו חותך את הציר האופקי ב־$f_0=\frac{4.801}{0.422}\approx 11.4\cdot 10^{14}\,\text{Hz}$.

טעות נפוצה: להעביר קו ישר אחד דרך כל שבע הנקודות, כולל נקודות האפס – מתחת לתדירות הסף אין פליטת אלקטרונים, והקשר הקווי תקף רק מעליה.

בנקודת החיתוך הפוטנציאל שהכדור מגיע אליו הוא אפס – האלקטרונים המשתחררים יוצאים בלי אנרגייה קינטית עודפת. זו תדירות הסף $f_0$ של המתכת: התדירות המזערית של קרינה שעדיין משחררת אלקטרונים. אנרגיית הפוטון בתדירות זו שווה בדיוק לפונקציית העבודה:

בתדירות נמוכה יותר כל פוטון נושא פחות מ־$B$, ולא משתחררים אלקטרונים כלל, בלי תלות בעוצמת הקרינה – והכדור אינו נטען.

מהגרף: $f_0\approx 11.4\cdot 10^{14}\,\text{Hz}$.

מדוע הכדור נטען ומדוע הפוטנציאל מתייצב. הקרינה משחררת אלקטרונים מהכדור, ולכן הכדור נטען חיובית והפוטנציאל שלו עולה. הכדור החיובי מושך בחזרה את האלקטרונים המשתחררים: כדי להתרחק ממנו אלקטרון צריך להשקיע אנרגייה $eV$. הפוטנציאל עולה עד שגם האלקטרונים בעלי האנרגייה הקינטית המרבית כבר אינם מצליחים להתרחק, ואז הוא מתייצב:

הקשר הקווי. מדף הנוסחאות, האפקט הפוטואלקטרי:

מעל תדירות הסף $V$ פונקציה קווית של $f$, והקו חותך את הציר האופקי ב־$f_0=\frac{B}{h}$.

חישוב. מהגרף $f_0\approx 11.38\cdot 10^{14}\,\text{Hz}$. לפי $B=hf_0$:

בדיקה: השיפוע שמצאנו, $4.22\cdot 10^{-15}\,\text{V}\cdot\text{s}$, קרוב ל־$\frac{h}{e}=4.14\cdot 10^{-15}\,\text{V}\cdot\text{s}$, כמצופה. בדרך שקולה, חיתוך הקו המוארך עם הציר האנכי הוא $-\frac{B}{e}\approx -4.8\,\text{V}$, כלומר $B\approx 4.8\,\text{eV}$ – אותה תוצאה בקירוב.

אנרגיית פוטון בתדירות זו:

היא גדולה מפונקציית העבודה ($B\approx 4.71\,\text{eV}$), ולכן פוטון שנבלע באלקטרון עוקר אותו מהמתכת, עם אנרגייה קינטית מרבית של

(בהתאם לטבלה: בתדירות זו פוטנציאל של כדור ניטרלי מתייצב על $0.26\,\text{V}$.)

אבל הכדור כבר נמצא בפוטנציאל $0.67\,\text{V}$: כדי להתרחק ממנו אלקטרון צריך להשקיע $eV=0.67\,\text{eV}$. לאף אלקטרון אין אנרגייה כזאת, ולכן כל האלקטרונים שנעקרים נעצרים ונמשכים בחזרה אל הכדור.

המטען של הכדור משתנה רק אם אלקטרונים עוזבים אותו (או מגיעים אליו מבחוץ). לפי סעיף (1), האלקטרונים שנעקרים חוזרים כולם לכדור, ולכן המטען הכולל שלו לא משתנה. הכדור נמצא בריק, על מעמד מבודד, ואין מקור של אלקטרונים שיכול לנטרל אותו – לכן הפוטנציאל נשאר $0.67\,\text{V}$.

טעות נפוצה: לחשוב שהפוטנציאל "יורד" ל־$0.26\,\text{V}$, הערך שבטבלה לתדירות זו – הערך שבטבלה הוא הפוטנציאל שאליו מגיע כדור ניטרלי; קרינה יכולה רק להוציא אלקטרונים מהכדור, לא להחזיר אליו מטען שלילי.

קביעה: משפט (3).

נימוק: הפוטנציאל שהכדור מתייצב עליו נקבע לפי האנרגייה הקינטית המרבית של האלקטרונים: $eV=hf-B$. הגודל הזה תלוי רק בתדירות הקרינה ובפונקציית העבודה של המתכת.

•עוצמת הקרינה קובעת את מספר הפוטונים, אך לא את האנרגייה של כל פוטון – היא משפיעה רק על קצב הטעינה, לא על הפוטנציאל הסופי. משפט (1) אינו נכון.

•זמן הקרנה ארוך יותר (אחרי ההתייצבות) אינו משנה דבר – משפט (2) אינו נכון.

•גודל הכדור משנה את המטען הדרוש כדי להגיע לפוטנציאל מסוים, אבל לא את הפוטנציאל שבו האלקטרונים המהירים ביותר כבר נעצרים, $\frac{E_{k,\max}}{e}$ – משפט (4) אינו נכון.

ואכן, בטבלה 2 מתקבלים כמעט אותם ערכים כמו בטבלה 1, אבל בתדירות נמוכה ב־$0.5\cdot 10^{14}\,\text{Hz}$ (למשל $0.26\,\text{V}$ ב־$12.0$ בקבוצה I ו־$0.27\,\text{V}$ ב־$11.5$ בקבוצה II). כלומר הגרף של קבוצה II הוא קו ישר באותו שיפוע $\frac{h}{e}$, המוזז שמאלה: תדירות הסף נמוכה יותר, ולכן פונקציית העבודה קטנה יותר, בכ־$4.14\cdot 10^{-15}\cdot 0.5\cdot 10^{14}\approx 0.2\,\text{eV}$. פונקציית העבודה היא תכונה של המתכת – ולכן ההבדל מוסבר בכך שהכדורים עשויים ממתכות שונות.

טעות נפוצה: לבחור במשפט (1) מתוך מחשבה ש"יותר עוצמה = יותר אנרגייה לכל אלקטרון" – זו בדיוק הטעות שהאפקט הפוטואלקטרי הפריך.

קביעה: ספקטרום בליעה.

נימוק: הספקטרומטר מדד את הקרינה אחרי שעברה דרך האדים. הקרינה שנכנסה הייתה רציפה (כל אורכי הגל בתחום $200$–$350\,\text{nm}$), ובקרינה שיצאה חסרים אורכי גל מסוימים – הם נבלעו באטומים. פוטון שהאנרגייה שלו שווה בדיוק להפרש בין רמת היסוד לרמה מעוררת נבלע, והאטום עובר לרמה המעוררת. ספקטרום רציף שחסרים בו קווים הוא ספקטרום בליעה (בספקטרום פליטה רואים קווים בודדים של קרינה על רקע של אפס קרינה).

לפוטון באורך גל $221.4\,\text{nm}$ יש אנרגייה $E=\frac{1240}{221.4}\approx 5.60\,\text{eV}$, ולפוטונים קצרי גל יותר – אנרגייה גדולה יותר.

אנרגייה זו גדולה מאנרגיית היינון של האטום או שווה לה. פוטון כזה נבלע ומשחרר את האלקטרון מהאטום (יינון). האנרגייה שמעבר לאנרגיית היינון הופכת לאנרגייה קינטית של האלקטרון החופשי, ולאנרגייה קינטית של אלקטרון חופשי אין רמות בדידות – היא יכולה לקבל כל ערך. לכן כל פוטון שהאנרגייה שלו לפחות אנרגיית היינון יכול להיבלע, והתחום הרציף כולו חסר.

פוטונים שהאנרגייה שלהם קטנה מאנרגיית היינון יכולים להיבלע רק אם האנרגייה שלהם שווה בדיוק להפרש בין רמת היסוד לרמה מעוררת – ומכאן שני הקווים הבודדים.

אנרגיית היינון שווה לאנרגייה של הפוטון החלש ביותר שעדיין מיינן, כלומר הפוטון בעל אורך הגל הגדול ביותר בתחום הנבלע הרציף, $\lambda=221.4\,\text{nm}$.

מדף הנוסחאות:

(הגבול $200\,\text{nm}$ אינו תכונה של האטום – זה רק הקצה של תחום הקרינה שהועברה.)

שני הקווים החסרים מתאימים למעברים מרמת היסוד לשתי רמות מעוררות. מדף הנוסחאות, $E_{ph}=|E_f-E_i|$ ו־$E[\text{eV}]=\frac{1240}{\lambda[\text{nm}]}$:

כלומר יש רמות מעוררות $4.90\,\text{eV}$ ו־$4.30\,\text{eV}$ מעל רמת היסוד.

בוחרים, כמו באטום המימן בדף הנוסחאות, שאנרגיית האטום המיונן היא $0$. אז רמת היסוד $E_1=-5.60\,\text{eV}$, והרמות המעוררות:

האלקטרונים הואצו במתח $3.5\,\text{V}$, ולכן כל אחד מהם נכנס לשפופרת באנרגייה קינטית ($W=qV$):

בהתנגשות עם אטום ברמת היסוד האלקטרון יכול למסור לאטום רק אנרגייה השווה בדיוק להפרש בין רמת היסוד לרמה מעוררת (או לא למסור כלל – התנגשות אלסטית; האטום הכבד כמעט אינו מקבל אנרגייה קינטית). האנרגייה שאיבד האלקטרון היא אנרגיית העירור:

•אלקטרונים שיצאו ב־$3.5\,\text{eV}$ – לא עוררו אטום.

•אלקטרונים שיצאו ב־$1.6\,\text{eV}$ – מסרו $3.5-1.6=1.9\,\text{eV}$.

•אלקטרונים שיצאו ב־$0.6\,\text{eV}$ – מסרו $3.5-0.6=2.9\,\text{eV}$.

לכן יש רמות מעוררות $1.9\,\text{eV}$ ו־$2.9\,\text{eV}$ מעל רמת היסוד:

מדוע לא נמצאו בניסוי השני הרמות מסעיף ב? הן דורשות $4.30$ ו־$4.90\,\text{eV}$, יותר מ־$3.5\,\text{eV}$. ומדוע רמות אלה לא נמצאו בניסוי הראשון? הבליעה אליהן דורשת פוטונים של $\frac{1240}{1.9}\approx 653\,\text{nm}$ ו־$\frac{1240}{2.9}\approx 428\,\text{nm}$ – מחוץ לתחום $200$–$350\,\text{nm}$ שהועבר.

טעות נפוצה: לרשום את האנרגיות שבהן יצאו האלקטרונים ($1.6$ ו־$0.6\,\text{eV}$) כאנרגיות העירור – אנרגיית העירור היא האנרגייה שאבדה.

הדיאגרמה היא ציר אנרגייה אנכי ועליו קו אופקי לכל רמה, במרחקים התואמים לאנרגיות. בוחרים את רמת האפס כאנרגיית האטום המיונן (קו מקווקו בראש הדיאגרמה):

(לציר האופקי אין משמעות פיזיקלית. אפשר גם לסרטט עם רמת היסוד ב־$0$, הרמות ב־$1.9$, $2.9$, $4.30$, $4.90\,\text{eV}$ וגבול היינון ב־$5.60\,\text{eV}$ – זו אותה דיאגרמה בהזזה של נקודת האפס.)

בניסוי השני האלקטרונים עוררו אטומים רק לרמות $E_2$ ($1.9\,\text{eV}$ מעל היסוד) ו־$E_3$ ($2.9\,\text{eV}$ מעל היסוד). אטום מעורר חוזר לרמות נמוכות יותר ופולט פוטונים. המעברים האפשריים:

- $E_3\to E_1$: $E_{ph}=2.9\,\text{eV}$

- $E_2\to E_1$: $E_{ph}=1.9\,\text{eV}$

- $E_3\to E_2$: $E_{ph}=2.9-1.9=1.0\,\text{eV}$

מדף הנוסחאות $\lambda[\text{nm}]=\frac{1240}{E[\text{eV}]}$:

רק שני הראשונים בתחום הנראה ($400$–$700\,\text{nm}$); המעבר $E_3\to E_2$ פולט קרינה תת־אדומה. לכן שני אורכי הגל: $428\,\text{nm}$ ו־$653\,\text{nm}$.

טעות נפוצה: לחשב מעברים מהרמות $4.30$ ו־$4.90\,\text{eV}$ – בניסוי השני לא עוררו אטומים לרמות אלה, כי לאלקטרונים היו רק $3.5\,\text{eV}$.

חלקיק $\alpha$ הוא גרעין הליום ${}^{4}_{2}\text{He}$: שני פרוטונים ושני נויטרונים. בפליטתו מספר המסה קטן ב־$4$ והמספר האטומי קטן ב־$2$:

$Z=93$ הוא אכן נפטוניום, כנתון.

בדיקת שימור:

•מספר המסה: $241=237+4$ ✓

•מטען (מספר אטומי): $95=93+2$ ✓

טעות נפוצה: להפחית רק $2$ ממספר המסה (כמו מהמספר האטומי) – לחלקיק $\alpha$ יש מספר מסה $4$.

מדף הנוסחאות:

הפעילות ביום הייצור ($N_0=7.5\cdot 10^{14}$):

כ־$38{,}000$ התפרקויות בשנייה – פעילות קטנה מאוד, אופיינית לגלאי עשן.

טעות נפוצה: להשאיר את $T_{1/2}$ בשנים ולקבל פעילות ביחידות של התפרקויות בשנה, ולכתוב אותה כ־$\text{Bq}$.

מדף הנוסחאות, חוק הדעיכה:

עם $\lambda=\frac{\ln 2}{T_{1/2}}=\frac{0.693}{432\,\text{year}}\approx 1.60\cdot 10^{-3}\,\frac{1}{\text{year}}$ ו־$t=20\,\text{year}$ (אפשר לעבוד בשנים, כי רק המכפלה $\lambda t$ חסרת היחידות משנה):