Масс-спектрометры

Подсказка

Время пролёта ионом ускоряющего промежутка и дрейфа пропорционально \(\sqrt m\), отсюда разрешающая способность. В высокочастотном промежутке приращение энергии зависит от фазы входа и от параметра \(\varphi=\omega h/v_0\) как \(\sin(\varphi/2)/(\varphi/2)\) — ищите максимумы этой функции.

Ответ

1.3) \(\xi=3{,}25\cdot10^{8}\) с\(\cdot\)кг\(^{-1/2}\), \(\alpha\approx0{,}15\) а.е.м.\(^{1/2}\) (\(6{,}15\cdot10^{-15}\) кг\(^{1/2}\)); 1.4) да, \(\delta m=1{,}12\) а.е.м. \(<2\) а.е.м., ионы разрешаются; 2.1) \(v_0=\sqrt{2eU_0/m}\), \(a_0=eU_1/(hm)\), \(v_0=5{,}9\cdot10^4\) м/с; 2.2) \(h\approx2\) см; 2.5) \(\Delta E=\dfrac{2mv_0a_0}{\omega}\sin\dfrac{\omega h}{2v_0}\sin\left(\dfrac{\omega h}{2v_0}+\omega\tau\right)\); 2.8) \(\omega_0\approx3\pi v_0/h\), \(\Delta E_{\max}=\tfrac23\pi eU_1\); 2.9) \(U_{\text{З}0}=\alpha U_1\), \(\alpha=0{,}217\); 2.10) \(I=I_0\sqrt{2\eta}/\pi\); 2.11) \(\Delta\omega=2\sqrt{2\eta}\,v_0/h\).

Решение

Задание 11.2 “Масс-спектрометры”

Часть 1. Постоянное поле.

1.1 Время движения иона от источника до коллектора равно

\[T = \sqrt{\frac{2S}{a}} + \frac{L}{v} ,\tag{1}\]

где \(a = \frac{Ue}{Sm}\) - ускорение иона в промежутке \(S\), а \(v = \sqrt{\frac{2Ue}{m}}\) - скорость, которую приобретает ион, пройдя разность потенциалов \(U\). Подставляя, эти значения в формулу (1) получим

\[T = S\sqrt{\frac{2m}{Ue}} + L\sqrt{\frac{m}{2Ue}}\tag{2}\]

Длительность регистрации равна времени работы источника

\[\Delta T = \tau.\tag{3}\]

1.2 Предельный случай перекрывания импульсов реализуется в том случае, когда тяжёлый ион с массой \(m + \delta m\) вылетает в момент \(t = 0\), а лёгкий, с массой \(m\), в момент \(t = \tau\), и эти два иона одновременно достигают коллектора. Для удобства, запишем выражение для времени пролёта, полученное в пункте 1 в виде

\[T = \xi\sqrt{m}, \text{ где } \xi = S\sqrt{\frac{2}{Ue}} + L\sqrt{\frac{1}{2Ue}} .\tag{4}\]

Тогда

\[\xi\sqrt{m + \delta m} = \xi\sqrt{m} + \tau .\tag{5}\]

Считая \(\delta m\) малой величиной, запишем

\[\sqrt{m + \delta m} \approx \sqrt{m}\left(1 + \frac{\delta m}{2m}\right) = \sqrt{m} + \frac{\delta m}{2\sqrt{m}} .\tag{5a}\]

Тогда

\[\xi\frac{\delta m}{2\sqrt{m}} = \tau .\tag{6}\]

Откуда получаем

\[\delta m = \frac{2\tau}{\xi}\sqrt{m} = \alpha\sqrt{m} .\tag{7}\]

1.3 Рассчитаем численное значение коэффициента пропорциональности

\[\alpha = \frac{2\tau}{\xi} = \frac{2\tau}{S\sqrt{\frac{2}{Ue}} + L\sqrt{\frac{1}{2Ue}}}\tag{8}\]

\[\xi = 3{,}25 \cdot 10^{8} \, c \cdot \text{кг}^{-1/2}\tag{9}\]

\[\alpha = 6{,}15 \cdot 10^{-15} \, \text{кг}^{1/2}\tag{10}\]

.

Значение \(\alpha\) для масс ионов, измеренных в а.е.м. равно

\[\alpha ( a . e . m ) = \frac { \alpha ( \kappa 2 ) } { \sqrt { 1 a . e . m . } } = 0 { , } 1 5\tag{11}\]

1.4 Подставляя значение \(m = 56 a . e . m .\), получим \(\delta m = 1 { , } 1 2 a . e . m .\), что меньше чем \(2 a . e . m .\) . Т.е. прибор сможет разрешить эти ионы.

Часть 2.Высокочастотное поле.

2.1 Скорость иона после прохождения ускоряющего промежутка равна

\[v _ { 0 } = \sqrt { \frac { 2 e U _ { 0 } } { m } } \, ,\tag{12}\]

а его максимальное ускорение

\[a _ { 0 } = \frac { e U _ { 1 } } { h m }\tag{13}\]

Численное значение скорости для иона \(^{56}Fe^+\) равно

\[v _ { 0 } = 5 { , } 9 \cdot 1 0 ^ { 4 } \, \frac { \mathcal { M } } { c }\tag{14}\]

2.2 На первый взгляд, логично предположить, что максимальное приращение энергии ион получит, если реализуется случай изображённый на рисунке. Т.е. ион проходит промежуток ровно за половину периода колебаний поля, когда в промежуток существует ускоряющее поле.

\[\frac { h } { v _ { 0 } } = \frac { \pi } { \omega }\tag{15}\]

Используя численное значение скорости, полученное в предыдущем пункте, получим

\[h \approx 2 \text{см} \, .\tag{16}\]

2.3 Пусть ион попадает в область переменного поля в некоторый момент времени \(\tau\). Считаем величины \(a_0\) и \(v_0\) известными, тогда зависимость ускорения иона от времени имеет вид

\[a ( t ) = a _ { 0 } \sin ( \omega t + \omega \tau ) \, ,\tag{17}\]

его скорость изменяется по закону

\[v ( t ) = v _ { 0 } + \int _ { 0 } ^ { t } a _ { 0 } \sin ( \omega t + \omega \tau ) d t = v _ { 0 } + { \frac { a _ { 0 } } { \omega } } \cos \omega \tau - { \frac { a _ { 0 } } { \omega } } \cos ( \omega t + \omega \tau ) \, ,\tag{18}\]

наконец, находим зависимость координаты от времени

\[x ( t ) = \int _ { 0 } ^ { t } \left( v _ { 0 } + { \frac { a _ { 0 } } { \omega } } \cos \omega \tau - { \frac { a _ { 0 } } { \omega } } \cos ( \omega t + \omega \tau ) \right) d t =\tag{19}\]

\[= \left( v _ { 0 } + { \frac { a _ { 0 } } { \omega } } \cos \omega \tau \right) t - { \frac { a _ { 0 } } { \omega ^ { 2 } } } \sin ( \omega t + \omega \tau ) + { \frac { a _ { 0 } } { \omega ^ { 2 } } } \sin \omega \tau\]

2.4 Если пренебречь изменением скорости, то время пролета иона через область переменного поля, равна

\[t _ { 1 } = \frac { h } { v _ { 0 } }\tag{20}\]

Оценим погрешность этого выражения, подставив \(t_1 + \delta t_1\) в выражение для координаты \(x(t)\). Получим следующее уравнение

\[h = \left( v_0 + \frac{a_0}{\omega} \cos \omega \tau \right) (t_1 + \delta t_1) + \frac{a_0}{\omega^2} \sin \omega \tau - \frac{a_0}{\omega^2} \sin(\omega t_1 + \omega \tau + \omega \delta t_1).\tag{21}\]

Переходя к безразмерным параметрам, получим

\[\frac{h \omega}{v_0} = \left( 1 + \frac{a_0}{\omega v_0} \cos \omega \tau \right) (\omega t_1 + \omega \delta t_1) + \frac{a_0}{\omega v_0} (\sin \omega \tau - \sin(\omega t_1 + \omega \tau + \omega \delta t_1))\tag{22}\]

Величина \(\frac{a_0}{\omega v_0}\) того же порядка малости, что и \(\frac{\delta t_1}{t_1}\), т.к. \(\frac{a_0}{\omega v_0} = \frac{a_0 t_1}{\omega v_0 t_1} \approx \frac{\Delta v}{v} \approx \frac{\delta t_1}{t_1}\).

Поэтому в последнем синусе можно пренебречь величиной \(\omega \delta t_1\) и произведение \(\frac{a_0}{\omega v_0} \cdot \omega \delta t_1\) можно пренебречь. Преобразовав, получим

\[\omega \delta t_1 = -\frac{a_0}{v_0} \left( t_1 \cos \omega \tau + \frac{1}{\omega} (\sin \omega \tau - \sin(\omega t_1 + \omega \tau)) \right)\tag{23}\]

Для оценки положим, что \(\cos \omega \tau = 1\) и \(\sin \omega \tau - \sin(\omega t_1 + \omega \tau) \approx 2\). Тогда:

\[\vert (\omega \delta t_1)_{\text{max}}\vert = \frac{a_0}{v_0} \left( t_1 + \frac{2}{\omega} \right) \approx \frac{a_0}{v_0} t_1\tag{24}\]

Относительная погрешность

\[\frac{\delta t_1}{t_1} \approx \frac{a_0}{v_0 \omega} = \frac{e U_1}{h \omega m v_0} = \left[ \frac{m v_0^2}{2} = U_0 e, \quad \omega t_1 \approx \pi \right] \approx \frac{U_1}{6 U_0} \approx 1{,}7 \cdot 10^{-4} \ll 1\tag{25}\]

Т.о. время пролёта определяется только шириной промежутка и начальной скоростью иона.

2.5 Вычислим приращение энергии иона в переменном поле

\[\Delta E = m v_0 \Delta v\tag{26}\]

Величину \(\Delta v\) возьмём из решения пункта 2.3, подставив вместо \(t\), значение \(t_1 = \frac{h}{v_0}\).

\[\Delta E = m v_0 \frac{a_0}{\omega} (\cos \omega \tau - \cos(\omega t_1 + \omega \tau))\tag{27}\]

Используя формулу для разности косинусов и подставляя значение \(t_1\), получим:

\[\Delta E(\omega, \tau) = 2 \frac{m v_0 a_0}{\omega} \sin\left( \frac{\omega h}{2 v_0} \right) \sin\left( \frac{\omega h}{2 v_0} + \omega \tau \right)\tag{28}\]

2.6 Запишем выражение для \(\Delta E\), используя безразмерную величину \(\varphi = \omega \frac{h}{v_0}\)

\[\Delta E = m a_0 h \cdot \sin\left( \frac{\varphi}{2} + \omega \tau \right) \frac{\sin\left( \frac{\varphi}{2} \right)}{\frac{\varphi}{2}} = U_1 e \cdot \sin\left( \frac{\varphi}{2} + \omega \tau \right) \frac{\sin\left( \frac{\varphi}{2} \right)}{\frac{\varphi}{2}}\tag{29}\]

Максимумы, в зависимости от \(\varphi\) будут наибольшими только для ионов попадающих в промежуток 2 в определённые моменты \(\tau\), когда

\[\sin\left( \frac{\varphi}{2} + \omega \tau \right) = \pm 1\tag{30}\]

в зависимости от того, какой знак имеет выражение \(\frac{\sin\left(\frac{\varphi}{2}\right)}{\frac{\varphi}{2}}\).

Поэтому более корректным является рассмотрение модуля \(\Delta E\).

\[\Delta E_{\max}(\varphi) = U_1 e \left\vert \frac{\sin\left(\frac{\varphi}{2}\right)}{\frac{\varphi}{2}} \right\vert .\tag{31}\]

График этой функции изображён на рисунке.

2.7 Очевидно, что самый большой максимум, \(\varphi = 0\), одинаков для всех ионов. Анализировать ионный состав потока можно вблизи остальных максимумов, положение которых зависит от массы ионов (\(v_0 = \sqrt{\frac{2eU_0}{m}}\)). Наиболее эффективной будет работа в области первого максимума.

2.8 Для определения частоты \(\omega_0\), необходимо исследовать функцию вида \(y = \frac{\sin(x)}{x}\).

\[y'(x) = \frac{x \cos(x) - \sin(x)}{x^2}.\]

Т.е. нужно решить уравнение \(x = \operatorname{tg}(x)\).

На рисунке видно, что решение этого уравнения \(x \approx \frac{3}{2}\pi\). Большая точность пока не нужна.

Таким образом

\[\varphi_0 \approx 3\pi ,\tag{32}\]

\[\omega_0 \approx 3\pi \frac{h}{v_0} .\tag{33}\]

Таким образом, предположение, выдвинутое в пункте 2.2, верно лишь по порядку величины. На самом деле за время пролёта иона должно пройти три половины периода изменения высокочастотного поля.

Чтобы \(\Delta E\) было максимальным \(\sin\left(\frac{\varphi}{2} + \omega\tau\right)\) должен быть равным -1. Это значение реализуется при

\[\tau_0 \approx 0 ,\tag{34}\]

или, в более общем виде, \(\tau_0 \approx 2\pi n \quad n \in Z\), причём, чем больше \(n\), тем точнее.

При таких \(\omega_0\) и \(\tau_0\) максимальное приращение энергии

\[\Delta E_{\max} = eU_1 \frac{2}{3}\pi .\tag{35}\]

2.9 Точный выбор запирающего напряжения существенен для нормальной работы спектрометра. Чтобы найти \(\alpha\), необходимо более точно решить уравнение \(x = \operatorname{tg}(x)\). Решение можно подобрать на калькуляторе за пару минут или решить методом последовательных итераций \(x_{n+1} = \operatorname{arctg}(x_n) + \pi\). Получим

\[x' \approx 4{,}493\tag{36}\]

Тогда \(\frac{\sin(x')}{x'} \approx -0{,}217\). Следовательно

\[\alpha = 0{,}217\tag{37}\]

2.10 При уменьшении запирающего напряжения, на коллектор смогут попасть ионы для которых \(\tau\) находится в некотором интервале \((\tau_0 - \Delta\tau, \tau_0 + \Delta\tau)\). Для этих ионов

\[\Delta E > eU_{30}(1 - \eta)\tag{38}\]

или

\[\left\vert U_1 \frac{\sin\left(\frac{\varphi}{2}\right)}{\frac{\varphi}{2}} \sin\left(\frac{\varphi}{2} + \omega\Delta\tau\right) \right\vert > \alpha U_1(1 - \eta), \text{ где } \omega\Delta\tau \ll 1\tag{39}\]

Вблизи максимума, как было установлено ранее

\[\frac{\sin\left(\frac{\varphi_0}{2}\right)}{\frac{\varphi_0}{2}} = -\alpha\tag{40}\]

\[\text{А } \sin\left(\frac{\varphi_0}{2} + \omega\Delta\tau\right) = \sin\left(\frac{\varphi_0}{2}\right)\cos(\omega\Delta\tau) - \cos\left(\frac{\varphi_0}{2}\right)\sin(\omega\Delta\tau) = -\cos(\omega\Delta\tau)\tag{41}\]

В выше указанном преобразовании принято, что \(\varphi_0 = 3\pi\), \(\tau_0 = 0\).

Заметим, что аналогичное преобразование верно и для точных значений \(\varphi_0\) и \(\tau_0\).

\[\sin\left(\frac{\varphi_0}{2} + \omega\tau_0 + \omega\Delta\tau\right) = \sin\left(\frac{\varphi_0}{2} + \omega\tau_0\right)\cos(\omega\Delta\tau_0) + \cos\left(\frac{\varphi_0}{2} + \omega\tau_0\right)\sin(\omega\Delta\tau) = -\cos(\omega\Delta\tau)\]

Разложив косинус в ряд, получим следующее неравенство:

\[1 - \frac{(\omega\Delta\tau)^2}{2} > 1 - \eta\tag{42}\]

\[\Delta\tau < \frac{\sqrt{2\eta}}{\omega}\tag{43}\]

Значение тока

\[I = I_0 \frac{2\Delta\tau}{2\pi/\omega} = I_0 \frac{\sqrt{2\eta}}{\pi}\tag{44}\]

2.11 В этом пункте, наоборот, \(\sin\left(\frac{\varphi_0}{2} + \omega\tau_0\right) = -1\) и, предположив, что \(\varphi = \varphi_0 + \Delta\varphi\), необходимо решить неравенство:

\[\left\vert \frac { \sin \left( \frac { \varphi _ { 0 } } { 2 } + \frac { \Delta \varphi } { 2 } \right) } { \frac { \varphi _ { 0 } } { 2 } + \frac { \Delta \varphi } { 2 } } \right\vert > \alpha ( 1 - \eta )\tag{45}\]

\[\frac { \sin \left( \frac { \varphi _ { 0 } } { 2 } + \frac { \Delta \varphi } { 2 } \right) } { \frac { \varphi _ { 0 } } { 2 } + \frac { \Delta \varphi } { 2 } } \approx - \alpha \cos \left( \frac { \Delta \varphi } { 2 } \right)\tag{46}\]

Разложив косинус в ряд, получим:

\[\frac { 1 } { 2 } \left( \frac { \Delta \varphi } { 2 } \right) ^ { 2 } < \eta\tag{47}\]

Максимальное значение

\[\Delta \varphi = 2 \sqrt { 2 \eta }\tag{48}\]

Максимальное значение \(\Delta \omega\)

\[\Delta \omega = 2 \sqrt { 2 \eta } \, \frac { v _ { 0 } } { h }\tag{49}\]

Опять таки, выше принято, что \(\varphi _ { 0 } = 3 \pi\).

Но преобразования верны и для точного значения \(\varphi _ { 0 }\). Предлагаем рассмотреть преобразования подробнее. Обозначим \(x = \frac { \varphi _ { 0 } } { 2 } + \frac { \Delta \varphi } { 2}\). Разложим \(\frac { \sin ( x ) } { x }\) в ряд вблизи точки экстремума.

\[\left( \frac { \sin x } { x } \right) ^ { \prime } = \frac { x \cos ( x ) - \sin ( x ) } { x ^ { 2 } } = 0 \, . \qquad \left( \frac { \sin ( x ) } { x } \right) ^ { \prime \prime } = - \frac { \sin ( x ) } { x } - \frac { 2 \cos ( x ) } { x ^ { 2 } } + \frac { 2 \sin ( x ) } { x ^ { 3 } }\]

\[\cos ( x ) = \frac { \sin ( x ) } { \operatorname { t g } ( x ) } = \frac { \sin ( x ) } { x } \, , \, m . k . \, \, \text{в} \, \, \text{точке} \, \, \text{экстремума} \, \, x = \operatorname { t g } ( x ) . \, \, \text{Тогда} \, \, \left( \frac { \sin ( x ) } { x } \right) ^ { \prime \prime } = - \frac { \sin ( x ) } { x } = \alpha \, .\]

В итоге получим:

\[\frac { \sin ( x ) } { x } = - \alpha + \frac { \alpha } { 2 } ( \Delta x ) ^ { 2 } \, , \quad \frac { \sin \left( \frac { \varphi _ { 0 } } { 2 } + \frac { \Delta \varphi } { 2 } \right) } { \frac { \varphi _ { 0 } } { 2 } + \frac { \Delta \varphi } { 2 } } = - \alpha \left( 1 - \frac { 1 } { 2 } \left( \frac { \Delta \varphi } { 2 } \right) ^ { 2 } \right) \, , \, \text{что} \, \, \text{приводит} \, \, \text{к} \, \, \text{тому} \, \, \text{же} \, \, \text{ответу} .\]

2.12 Значение частоты, полученное в пункте 2.8: \(\omega _ { 0 } \approx 3 \pi \frac { h } { v _ { 0 } }\), т.е. частота пропорциональна корню от массы ионов,

\[\omega _ { 0 } \sim \sqrt { m }\tag{50}\]

\[\sqrt { m + \delta m } \approx \sqrt { m } \left( 1 + \frac { \delta m } { 2 m } \right)\tag{51}\]

\[\frac { \omega _ { 0 } + \Delta \omega } { \omega _ { 0 } } = 1 + \frac { \Delta \omega } { \omega _ { 0 } } = \frac { \sqrt { m + \delta m } } { \sqrt { m } } = 1 + \frac { \delta m } { 2 m }\tag{52}\]

Откуда получаем:

\[\frac { \delta m } { m } = 2 \frac { \Delta \omega } { \omega _ { 0 } } = 2 \frac { 2 \sqrt { 2 \eta } } { 3 \pi } = \frac { 4 \sqrt { 2 \eta } } { 3 \pi }\tag{53}\]

К примеру, для \(\eta = 0{,}01\) \(\frac { \delta m } { m } = 0{,}06\).

Дополнение.

В качестве дополнения к решению задачи, попытаемся изобразить трёхмерный график функции \(Z(\varphi, \tau) = \sin\left(\frac{\varphi}{2} + \omega\tau\right) \frac{\sin\left(\frac{\varphi}{2}\right)}{\frac{\varphi}{2}}\). Для наглядности положим \(\omega = 0{,}1\varphi\).

На рисунке приведён график этой зависимости, по оси \(OX\) отложены значения \(\tau\), по оси \(OY\) — значения \(\varphi\). Также на графике показано сечение \(\frac{\varphi}{2} + 0{,}1\varphi\tau = \frac{5}{2}\pi\) и выделен «рабочий максимум» для этого сечения.

Рассмотрим более подробно область с «рабочим максимумом». Хорошо видно, что, уменьшая запирающее напряжение, мы увеличиваем ток при заданной частоте (ширина «холма» в направлении \(OX\)), и одновременно уменьшаем разрешающую способность прибора (ширина «холма» в направлении \(OY\)).

Можно немного упростить графическое изображение данной зависимости, проведя следующие рассуждения. «Время прихода» \(\tau\) является независимой величиной, но мы также можем сделать независимой величиной \(\omega\tau\), придав этому выражению смысл «фазы прихода» (\(\varphi_{0} = \omega\tau\)). Изобразим график зависимости \(Z(\varphi, \varphi_{0}) = \sin\left(\frac{\varphi}{2} + \varphi_{0}\right)\frac{\sin\left(\frac{\varphi}{2}\right)}{\frac{\varphi}{2}}\).

В этом случае сечением будет являться плоскость (на графике: \(\frac{\varphi}{2} + \varphi_{0} = \frac{7}{2}\pi\)). Приведём также увеличенный «рабочий максимум». Заметим, что, как и в первом, так и во втором случае в сечении получается уже исследованная ранее функция \(\frac{\sin\frac{\varphi}{2}}{\frac{\varphi}{2}}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.