Lösungen zu den Übungen zur Experimentell Physik Blatt 10

Übungen zur Experimentalphysik, Prof. Wagner, SS 2000, Blatt 10
Lösungen zu den Übungen zur Experimentell Physik
Blatt 10
1) Die begriff einer Welle, die einem Teilchen zugeordnet wird, ist erstmalig von L. de
Broglie 1924 eingeführt worden mit
r r
h⋅k = p.
2π ⋅ h h
Dann
λ=
=
p
p
Also, ist die kinetische Energie
p2
h2
E=
=
2m 2m ⋅ λ2
Einsetzen der Zahlenwerte mit
h = 6.63 ⋅ 10 −34 J ⋅ s, m n = 1.67 ⋅ 10 −27 kg und m e = 9.11 ⋅ 10 −31 kg
ergibt:
Neutron
E n = 1.32 ⋅ 10 −20 J = 8.23 ⋅ 10 −2 eV ≅ 0.08 eV
E e = 2.41 ⋅ 10 −17 J = 1.51 ⋅ 10 2 eV = 151 eV .
c
Für Photon gilt E = h ⋅
⇒
λ
E ph = 1.99 ⋅ 10 −15 J = 1.24 ⋅ 10 4 eV = 12.4 keV
Elektron
Für Gewehrkugel erhält man
λ = 2.21 ⋅ 10 −34 m .
Da λ viel weniger als Durchmesser des Protons ist, kann also die De Broglie Welle
einer Gewehrkugel nicht beobachtet werden.
2)
Die Unschärferelation
∆q ⋅ ∆p q ≥ h, mit q = x , y, z
ist von Heisenberg 1927 aufgestellt werden. Je genauer eine Ortskoordinate eines
Teilchens bekannt ist (d.h. je kleiner ∆q ist), desto größer ist die Unschärfe ∆p q in
der Impulskomponente zur gleichen Koordinatenachse und umgekehrt.
a)
Mit h = 1.06 ⋅ 10 −34 J ⋅ s und ∆v = 1 cm / s = 10 −2 m / s , ergibt sich die Ortsunschärfe
des Elektrons als
h
h
∆x =
=
= 1.16 ⋅ 10 −2 m ≅ 0.012 m .
∆p x m e ⋅ ∆v
Für das Auto erhält man
∆x =
h
m Auto ⋅ ∆v
= 1.06 ⋅ 10 −35 m .
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b)
Die Gesamtenergie des Elektrons lautet
Ee =
E ekin
+
E epot
p2
1 e2
=
−
⋅
2m e 4πε 0 r
(*)
Wir setzen voraus, daß diese Gleichung in Quantenmechanik noch gültig ist. Dann
bezieht sich die Variable p auf den Impuls der Elektronswelle, und r ist eine
‘‘Ortskoordinate‘‘ dieser Welle. Um die minimale (maximal negative) Gesamtenergie
zu erreichen, muss man in (*) den ‘‘Bahnradius‘‘ r des Elektrons sehr klein behalten.
Aus der Unschärferelation folgt dann, daß der Impuls groß sein muß, und somit kann
das kinetische (positive) Glied ‘‘gewinnen‘‘. Umgekehrt, wenn wir die kinetische
Energie mit kleinem p klein machen, dann muß r groß sein, mit der Folge, daß die
negative potentielle Energie unzureichend wird für eine stabile Bindung. Die optimale
Größe für den ‘‘Radius‘‘ ergibt sich für ein Minimum der Gesamtenergie:
Wir schreiben also die Unschärferelation als
r⋅p = h
und ersetzten damit r in (*). Wir erhalten
p2
1 e2 ⋅ p
Ee =
−
⋅
.
2m e 4πε 0
h
Die Gesamtenergie E hat das Minimum im Punkt p = p 0 , wenn das Derivat bezüglich
p gleich Null ist:
 ∂E e

 ∂p

p
1 e2

= 0 −
⋅
=0
 p =p0 2m e 4πε 0 h
h
Lösend für p 0 , und mit r0 =
eingeführt, berechnet man
p0
1 e2 ⋅ me
p0 =
⋅
,
4πε 0
h
r0 = 4πε 0 ⋅
h2
e2 ⋅ me
und
p0
e 4 ⋅ me
1 e 2 ⋅ p0
1
−
⋅
=−
⋅
= − Ry
Ee =
2me 4πε 0
h
(4πε 0 )2 2h 2
Somit haben wir die ‘‘richtige‘‘ Energiegröße erhalten, und der ‘‘Radius‘‘ r0 ist auch
‘‘richtig‘‘, weil er der Bohrische Radius ist: r0 = a 0 = 0.53 ⋅ 10 −10 m .
c)
Betrachten wir das Nukleon , das beschränkt auf einen Atomkern in der Sphäre des
Radius r0 ist. Aus der Unschärferelation folgt dann, daß der Impuls p mindestens von
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der Größenordnung p ~
h
sein muß. Somit ist die kinetische Energie von der
r0
Größenordnung
E
kin
n
1
~
2mn
2
h
⋅   = 8.4 ⋅ 10 −13 J = 5.2 MeV .
 r0 
Da das Nukleon im Atomkern gebunden ist, muss der Mittelwert der potentiellen
Energie pro Nukleon, U , negativ und größer als E n sein. Also,
größenordnungsmaßig
− U ≥ 10 MeV .
d)
Die kinetische Energie der Elektronen ist von der Größenordnung:
E ekin = E kin
n ⋅ 1836 = 27.0 GeV
Die Größenordnung der Coulombenergie ist:
E Cb = −
1 e2
⋅
= 1.2 MeV .
4πε 0 r0
Also, die Coulombwechselwirkung ist viel zu schwach, um die Elektronen in Kern
festhalten.
3)
Die Wellengleichung für ein Teilchen in einem äußeren Potential ist:
r
∂ψ h 2 2
ih
=
∇ ψ + V(r )ψ ,
∂t 2m
und für die stationären Zustände muss gelten
r
h2 2
∇ ψ + [E − V(r )]ψ = 0
2m
Diese Gleichungen sind 1926 von Schrödinger aufgestellt worden.
Falls die potentielle Energie eines Teilchens nur von einer Koordinate (x ) abhängt,
schreibt man
2m
ψ ′′( x ) + 2 (E − V( x ) )ψ ( x ) = 0.
h
ψ ′( x )
Im Bereich mit V( x ) → ∞ haben wir
→ ∞ , und da ψ ′ nicht unendlich werden
ψ( x )
kann, folgt daraus ψ( x ) = 0 : Also, die Randbedingungen für die unendlich hohe
Wände bei x = ±
a
 a
: ψ ±  = 0.
2
 2
In einem konstanten Potential, nämlich, V( x ) = − V0 , V0 > 0 , gilt
2m
ψ ′′( x ) + 2 (E + V0 )ψ ( x ) = 0 .
h
Für E > V0 hat diese Gleichung die Lösung
ψ( x ) = a 1e ikx + a 2 e −ikx
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wobei
k=
1
1
⋅ 2m ⋅ (E + V0 ) = ⋅ 2m ⋅ W
h
h
mit W = E + V0 .
Prinzipiell, ist es nur eine Frage der Normierung, V0 gleich Null zu setzen. Also, der
Einfachheit halber, schreiben wir um
1
k = ⋅ 2m ⋅ E
h
und setzen nur in den endgültigen Wert für W wieder ein.
Weiter, im Falle von symmetrischem Potential (zum Punkt x = 0 ), ändert sich die
Schrödinger Gleichung bei einer Vorzeichenänderung von x nicht. Dann müssen die
Wellenfunktionen ψ( x ) entweder gerade, ψ(− x ) = ψ ( x ) , oder ungerade,
ψ(− x ) = −ψ ( x ) , sein. Eine ungerade Funktion verschwindet auf jeden Fall bei x = 0 :
ψ(0) = −ψ (0) = 0 . Deshalb die Wellenfunktion des Grundzustandes ist gerade, denn
sie darf keine Knoten haben. Also, suchen wir die Lösung im Topfinnern als
ψ( x ) = C ⋅ cos(kx + δ)
wobei δ die Phasenverschiebung ist.
a
Die Bedienung ψ( x ) = 0 für x = − ergibt
2
π
ka

 ka
cos −
+δ =0 ⇒−
+δ = −
2
2
 2

⇒ δ =−
π ka
+
2 2
a
ergibt
2
π
ka
 ka

cos
+ δ = 0 ⇒
+ δ = − + π ⋅ m, ⇒
2
2
 2

ka = (m + 1) ⋅ π, m = 0,1,2,3,...
Die Bedienung ψ( x ) = 0 für x =
Mit Einsetzen n = m + 1 erhält man endgültig
nπ
ka = nπ ⇒ k =
, n = 1,2,3,... .
a
Damit ergibt sich für Energie
π2h 2
⋅ n 2 , order Wn = E n + V0 ,
En =
2
2m ⋅ a
und somit sind die Energieniveaus des Teilchens
im Potentialtopf bestimmt.
a/2
a/2
π 
Aus Normierunsgbedinung ∫ ψ * ( x ) ⋅ ⋅ψ( x ) dx = C 2 ∫ cos 2  ⋅ x  dx = 1
a 
−a / 2
−a / 2
folgt C =
2
. So sind die normierten Wellenfuktionen
a
2
n −1 
 nπ
ψ n (x ) =
⋅ cos ⋅ x +
⋅ π
a
2
 a

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Also,
2
2
2
π 
 2π 
 3π 
⋅ cos ⋅ x , ψ 2 ( x ) =
⋅ sin  ⋅ x , ψ 3 ( x ) =
⋅ cos ⋅ x  usw.
a
a
a
a 
 a

 a

sind stehende Wellen in Potentialtopf, mit Knoten and der Rändern, sieh Abb.
ψ1 ( x ) =
Noch eine Anmerkung. Man kann dieselbe Lösung mit viel weniger Mühe aus
Quantenmechanik von L.Landau und I.Lifschitz, Gln. (22,7)-(22,8) in S.62, erhalten.
Dort haben sie das endliche Potential ( U 0 = 0 ) zwischen den Punkten x = 0 und
a
x = a , und unendliche sonst, d.h., dass der Potentialkasten ist um + der x − Achse
2
entlang bezüglich unserem verschoben. Weil dieses Potential unsymmetrisch ist (zum
Punkt x = 0 ), die Wellenfunktion muss ungerade sein, und zwar
2
 nπ 
ψ LL
⋅ sin  ⋅ x 
n (x) =
a
 a

Dann schreiben wir für unser System
 nπ 
a
2
a 
2
nπ 

 nπ
ψ n ( x ) = ψ LL
⋅ sin  ⋅  x +   =
⋅ sin  ⋅ x +
=
n x +  =
2
a
2 
a
2 

 a
 a 
=
2
π (n − 1) ⋅ π 
 nπ
⋅ sin  ⋅ x + +
=
a
2
2
 a

5
2
(n − 1) ⋅ π 
 nπ
⋅ cos ⋅ x +
.
a
2
 a
