Kezdőlap


Feladat:	2006. évi Nemzetközi Fizika Diákolimpia 1. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	2006/november, 493 - 494. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Neutron, de Broglie-hipotézis, Nemzetközi Fizika Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2006/október: 2006. évi Nemzetközi Fizika Diákolimpia 1. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Megoldás.

Geometriai elrendezés

1.1. Az 1.a. ábráról leolvasható, hogy az interferáló nyalábok által határolt rombusz átlói

2 a

, illetve

2 a tg ϑ

hosszúságúak, így a keresett terület

A = 2 a^{2} tg ϑ

.
1.2. A

2 ϑ

szögű rombusz magassága

m = \frac{a}{cos ϑ} sin (2 ϑ) = 2 a sin ϑ

, tehát a keresett távolság:

H = m sin φ = 2 a sin ϑ sin φ

(1.b. ábra).

1. ábra

Optikai úthossz

1.3. A Föld nehézségi erőterében mozgó neutron gravitációs potenciális energiája növekszik, ha a neutron a vízszinteshez képest magasabb helyre kerül. Ennek következtében mozgási energiája, s vele együtt az impulzusa csökken, a hullámhossza tehát megnő. A feladatban közölt adatok szerint az interferáló neutronok tipikus hullámhossza

λ \approx 10^{- 10} m

nagyságrendű, ez azt jelenti, hogy sebességük

\begin{matrix} v = \frac{h}{λ M} \approx 4 \cdot 10^{3} \frac{m}{s}, \end{matrix}

ami jóval kisebb, mint a fénysebesség, tehát nem kell relativisztikus hatásokkal számolnunk.
Az 1.b. ábráról látható, hogy az

A D

, illetve

B C

ferde szakaszok egymás vízszintes eltoltjai, tehát az optikai úthosszkülönbségbe csak az

L = \frac{a}{cos ϑ}

hosszúságú vízszintes szakaszok adnak járulékot:

\begin{matrix} Δ N_{opt} = \frac{L}{λ_{0}} - \frac{L}{λ_{1}} = \frac{a}{λ_{0} cos ϑ} (1 - \frac{λ_{0}}{λ_{1}}), \end{matrix}

ahol

λ_{0}

, illetve

λ_{1}

A B

, illetve

C D

szakaszon mérhető hullámhosszt jelöli.
A neutronok impulzusa

\frac{h}{λ}

, így az energiamegmaradás törvénye szerint

\begin{matrix} \frac{1}{2 M} {(\frac{h}{λ_{0}})}^{2} = \frac{1}{2 M} {(\frac{h}{λ_{1}})}^{2} + M g H, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} \frac{λ_{0}}{λ_{1}} = \sqrt[]{1 - 2 \frac{g M^{2}}{h^{2}} λ_{0}^{2} H} \approx 1 - \frac{g M^{2}}{h^{2}} λ_{0}^{2} H . \end{matrix}

(A legutolsó közelítésnél felhasználtuk, hogy

\frac{g M^{2}}{h^{2}} λ_{0}^{2} H \approx 10^{- 7} ≪ 1

.)
Így az optikai úthosszkülönbségre azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} Δ N_{opt} = \frac{a}{λ_{0} cos ϑ} \frac{g M^{2}}{h^{2}} λ_{0}^{2} H = 2 \frac{g M^{2}}{h^{2}} a^{2} λ_{0} tg ϑ sin φ . \end{matrix}

1.4. A fenti eredmény az 1.2. pontban kiszámolt

A

terület és a

V

térfogat segítségével az

\begin{matrix} Δ N_{opt} = \frac{λ_{0} A}{V} sin φ alakban írható, ahol V = 1, 597 \cdot 10^{- 14} m^{3}. \end{matrix}

1.5. Intenzitásmaximum esetén az optikai úthosszak különbsége egész szám,

Δ N_{opt} = 0, \pm 1, \pm 2, ...,

míg intenzitásminimum esetén félegész,

Δ N_{opt} = \pm \frac{1}{2}, \pm \frac{3}{2}, \pm \frac{5}{2}, ...,

így a ciklusok keresett

n

száma:

\begin{matrix} n = Δ N_{opt} |_{ϕ = - 90^{\circ}}^{90^{\circ}} = \frac{2 λ_{0} A}{V} . \end{matrix}

Kísérleti adatok

1.6. A megadott

a = 3, 6 cm

és

ϑ = 22, 1^{\circ}

értékek mellett az interferométer területe

A = 10, 53 cm^{2}

, így a keresett hullámhossz:

\begin{matrix} λ_{0} = \frac{n V}{2 A} = \frac{19 \cdot 1, 597 \cdot 10^{- 14}}{2 \cdot 1, 053 \cdot 10^{- 3}} m = 0, 1441 nm = 1, 441 \cdot 10^{- 10} m. \end{matrix}

1.7. Ugyancsak az 1.5. pontban levezetett képlet alapján

n = 30

és

λ_{0} = 0, 2

nm mellett a terület:

\begin{matrix} A = \frac{n V}{2 λ_{0}} = \frac{30 \cdot 1, 597 \cdot 10^{- 14}}{2 \cdot 2 \cdot 10^{- 10}} m = 11, 98 cm^{2}. \end{matrix}