zur Klausur - Physik in Jena

Physik der Materie
FSU Jena - WS 2006/2007
Klausur - Lösungen
Stilianos Louca
1. Februar 2008
Aufgabe 01
Wir beginnen mit den allgemeinen Beziehungen für ein nicht relativistisches Teilchen
E=
mv 2
= ~ω , p = mv = ~k
2
und schreiben
ω=
E
p2
~k 2
=
=
~
2m~
2m
Die Phasengeschwindigkeit vp ergibt sich als
vp =
ω
~k
=
k
2m
Die Gruppengeschwindigkeit vg ergibt sich ferner als
vg =
dω
~k
p
=
=
=v
dk
m
m
Aufgabe 02
Betrachten das Inertialsystem in dem das Elektron (Ruhemasse m0 ) ruht, und das Photon (Energie Ep0 ) die Geschwindigkeit
v~ 0p hat. Nach dem Stoß wird das Photon gestreut, wobei ein Teil seiner Energie auf das Elektron übertragen wird. Wir setzen
o.B.d.A v~ 0p = vp0 · ~ex schreiben die Energie und Impulsbilanz auf:
q
Energieerhaltung: m0 c2 + Ep0 = p2 c2 + m20 c4 + Ep1 , p~ : Elektronimpuls nach dem Stoß
2
2
Ep0
Ep1
2Ep1 Ep0
Epi
cos ϑ ,
: Impuls des Photons (Siehe Skizze)
Impulserhaltung:p = 2 + 2 −
2
c
c
c
c
2
Ineinander eingesetzt erhält man
2
2
2
2
2
m0 c2 + Ep0 − Ep1 = m20 c4 + Ep0 + Ep1 + 2m0 c2 Ep0 − 2m0 c2 Ep1 − 2Ep0 Ep1 = Ep0 + Ep1 − 2Ep1 Ep0 cos ϑ + m20 c4
→ Ep0 Ep1 (1 − cos ϑ) = m0 c2 Ep0 − Ep1
1
Im Falle einer vollständigen Energieübergabe, ist Ep1 = 0 und man erhält
m0 c2 Ep0 = 0
was einen Widerspruch darstellt!
Aufgabe 03
Wir beginnen mit der Schrödinger-Gleichung im stationären Fall
~2
−
∆ + V (~r) ϕ(~r) = E(~r)ϕ(~r)
2m
und lösen sie für den eindimensionalen Fall für

 V0
0
V (x) =

V0
:x<0
: x ∈ [0, a]
:x>a
in den 2 Teilgebieten (x > 0):
~2 ∂ 2 ϕ
~2 ϕ00
x ∈ [0, a] : −
=
−
= Eϕ ; ϕ1 (x) = A1 eiωx + B1 e−iωx , ω :=
2m ∂x2
2m
~2 ϕ00
x>a:−
= (E − V0 )ϕ ; ϕ2 (x) = A2 eαx + B2 e−αx , α :=
2m
r
r
2mE
~2
2m(V0 − E)
~2
Durch die Bedingung
lim ϕ2 (x) = 0
x→∞
ergibt sich A2 = 0 und man erhält die allgemeine Lösung für x > a als
ϕ(x) = Be−αx
Aufgabe 04
Das magnetische Dipolmoment des Elektrons ist gegeben durch
µ
~ =−
e
· ~s
me
~
und ist im Koordinatensystem des Atoms fest gebunden. Das B-Feld
sein o.B.d.A in z-Richtung orientiert. Durch Einführung
~
des Atoms in das B-Feld
wird das Atom so gedreht, dass die z-Koordinate von µ
~ parallel zum Feld liegt. So ergibt sich die
Wechselwirkungsenergie allgemein als
~ = −µz B = e sz B = e ms ~B = ± e~B
W = −~
µ·B
me
me
2me
wobei ms = ± 21 sein kann. Der Winkel ϑ zwischen dem Spin ~s und dem Magnetfeld (also der z-Achse) ergibt sich als
cos(ϑ) =
~s · ~ez
sz
ms ~
1
=
=p
= ±√
|~s|
|~s|
3
s(s + 1)~
2
Aufgabe 05
Die gesamte Energie eines Kerns (A,Z) ist allgemein gegeben durch
E(A, Z) = Zmh c2 + (A − Z)mn c2 − EB (A, Z)
wobei mh , mn jeweils die Masse eines Freien H-Atoms und Neutrons sind. Durch die Verschmelzung von zwei (A,Z) Kernen
entsteht ein neuer Kern (2A,2Z) mit der Energie
E(2A, 2Z) = 2Zmh c2 + 2(A − Z)mn c2 − EB (2A, 2Z)
Die freigesetzte Energie ∆E ergibt sich so als
∆E = 2E(A, Z) − E(2A, 2Z) = EB (2A, 2Z) − 2EB (A, Z)
2(Z − A/2)2
δ
Z2
(Z − A/2)2
δ
4Z 2
2/3
2/3
− aA
+ ap
− 2 av A − as A − ac 1/3 − aA
+ ap 1/2
= 2av A − as (2A) − ac
A
A
(2A)1/3
(2A)1/2
A
A
Z2 ap δ(2A,2Z) − 23/2 δ(A,Z)
= as A2/3 2 − 22/3 + ac 1/3 2 − 25/3 + √
A
2A
Unter der Annahme dass es sich ursprünglich um einen stabilen Kern handelte, also
Z=
A
∧ δ(A, Z) = 0
2
galt, ergibt sich wegen δ(2A,2Z) = 1 (gg Kern)
a
ap
c
∆E = as A2/3 2 − 22/3 + A5/3 2 − 25/3 + √
4
2A
Damit ∆E > 0 ist, muss also gelten
a
ap
c
as A7/6 2 − 22/3 + A13/6 2 − 25/3 + √ ≥ 0
4
2
Aufgabe 06
Die Frequenz ν eines durch den Übergang eines Elektrons zwischen den Energieniveaus n + 1 und n entstehenden Photons,
ist gegeben durch
hν = En+1 − En
oder anders geschrieben
ν=
1 En+1 − En
·
h (n + 1) − n
Für n → ∞ verschwindet die Diskretisierung der Energieniveaus und die quantenmechanische Frequenz ν sollte in die
Klassische νk übergehen:
1 dE !
lim ν = ·
= νk
n→∞
h dn
Somit erhält man
Z
Z
dE
= h dn = h(n + α)
νk (E)
wobei α eine unbekannte Integrationskonstante ist.
3