Ubung 8 zur Experimentalphysik III

Übung 8 zur Experimentalphysik III
Michael Goerz
15. Dezember 2005
Tutorium: B. Sandow (Do.)
Aufgabe 20
Als prinzipielles Modell für das Atom wird hier angenommen, dass sich das
Elektron in einer perfekten Kreisbahn um den Kern bewegt. Dabei muss sich die
die Zentrifugalkraft mit der Coulombschen Anziehungskraft im Gewicht halten.
Mit der reduzierten Masse
me mK
me + mK
µ =
(1)
gilt
Fz = µω 2 · r = µ
v2
r
=
FC =
1 Ze2
4π²0 r2
(2)
Dies lässt sich nach r auflösen:
r
=
Ze2
4π²0 µv 2
(3)
Nach einem klassischen Bild ist v hierbei beliebig, quantenphysikalisch hat das
Elektron allerdings eine Wellenfunktion mit der Wellenlänge
λ
=
h
p
(4)
Für einen stationären Zustand, in dem das Elektron überhaupt nur existieren
kann, solange es an den Kern gebunden ist, muss die Bedingung für eine stehende Welle erfüllt sein: Nach einem vollen Umlauf muss das Elektron wieder
konstruktiv mit sich selbst interferieren.
nλ =
2πr
(5)
Daraus ergibt sich sofort eine Bedingung für die Geschwindigkeit, die damit
durch n gequantelt wird.
v
hn
2πrµ
=
1
(6)
Setzt man die in Gl. (3) ein, erhält man
Ze2 πµr2
²9 h2 n2
e 0 h2 n 2
⇒ r =
Ze2 πµ
n2
a0
=
Z
Der Bohrsche Radius a0 ist dabei der kleinste Radius (n = 1).
r
=
(7)
(8)
h2 ²0
(9)
e2 πµ
Die zugehörigen Energieniveaus lassen sich ebenfalls leicht berechnen. Mit
a0
=
Ekin
=
p =
p2
2m
nh
2πr
(10)
(11)
und Gl. (7) ergibt sich
Ekin
Z 2 e4 µ
8²20 n2 h2
=
(12)
Dies ist jedoch genau die halbe potentielle Energie, welche ebenfalls noch zu
berücksichtigen ist und zudem negativ definiert wird (Null im Unendlichen).
Insgesamt ergibt sich also:
E
=
−
Z 2 e4 µ
8²20 n2 h2
(13)
Schließlich lässt sich die Quantelung noch für den Drehimpuls bestimmen.
Mit
L
=
mvr
(14)
und unter Verwendung von Gl. (6) erhält man
L
µhn
r = n~
2πrµ
=
(15)
Für die Wellenlänge der innersten Elektronenbahn gilt laut Gl. (5) mit n = 1
λ0 = 2πa0 = 3.33 · 10−10 m
Aufgabe 21
a)
Aus Gl. (6) und Gl. (8) folgt
hZ
(16)
2πnµa0
Setzt man Z = 1 sowie µ ≈ me ein, so erhält man für n = 1 und n = 2 ohne
Berücksichtigung relativistische Korrekturen
vn
v1
v2
=
=
=
2.18 · 107 m/s
1.09 · 107 m/s
2
b)
Es gelten Gl. (8) und Gl. (13). Durch Einsetzten von n = 100 erhält man
r100
E100
= 5.3 · 10−7 m
= −2.18 · 10−22 J
c)
Bei Raumtemperatur nimmt ein Mol eines Edelgases ein Volumen von ca.
VM = 24.8 L/Mol = 0.0248 m3 /Mol
ein. Mit der Avogadrozahl NA = 6.022 · 1023 Mol− 1 gilt für den mittleren Abstand
r
VM
r= 3
= 3.46 · 10−9 m
(17)
NA
Die thermische Energie für ein solches Gas beträgt bei T = 298 K
E=
3
kT = 6.17 · 10−21 J = 0.0385 eV
2
(18)
Vergleicht man die Zahlen mit b), lässt sich berechnen, wieviele Gasatome sich
in einem Volumen befinden, welches genausogroß ist wie das Wasserstoffatom
im hundertsten angeregten Zustand. Die Dichte der Teilchen im Gas ist
ρ=
NA
= 2.428 · 1025 m−3
VM
was auf die Zahl der Teilchen im Volumen
4 3
N = πr100
· ρ = 1.51 · 107
3
(19)
(20)
d)
Prinzipiell ist der Bohrsche Radius durch Gl. (9) beschrieben. Wenn man den
Bohrschen Radius für andere Atome als den Wasserstoff definieren will, wäre
die geeignetste Definition der kleinste Radius der Bahn des Elektrons für n = 1,
sodass für ein Atom mit der Kernladungszahl Z gilt
a0,Z =
1
a0
Z
(21)
Die veränderte reduzierte Masse kann demgegenüber vernachlässigt werden. Für
das angegebene Kohlenstoffion ist
a0,C = a0 /6 = 8.83 · 10−12 m
e)
Nach Gl. (21) kann man sofort ausrechnen, dass
Z = a0 · 1014 = 0.53 · 104
ist. Praktisch ist dies nicht möglich, da sich die Elektronen mit Überlichtgeschwindigkeit bewegen müssten, um die Coulomb-Anziehung durch eine entsprechende Zentrifugalkraft auszugleichen.
3
Aufgabe 22
Die Wellenlänge der Übergänge lässt sich mit der folgenden Formel berechnen:
·µ
λn1 ,n2
= c
Z2
e4 me mk
8²0 h3 (me + mk )
¶µ
1
1
− 2
n21
n2
¶¸−1
(22)
Für Berylium ist Z = 4 und mk = 9mp . Fasst man die Berechnungen in einer
Tabelle zusammen, erhält man die folgenden Ergebnisse.
n1
1
2
3
n2
2
3
4
5
6
7
3
4
5
6
7
4
5
6
7
λH / m
1.21 · 10−7
1.02 · 10−7
9.70 · 10−8
9.48 · 10−8
9.36 · 10−8
9.29 · 10−8
6.55 · 10−7
4.85 · 10−7
4.33 · 10−7
4.09 · 10−7
3.96 · 10−7
1.87 · 10−6
1.28 · 10−6
1.09 · 10−6
1.00 · 10−6
λBr / Hz
7.38 · 10−9
6.39 · 10−9
6.06 · 10−9
5.92 · 10−9
5.85 · 10−9
5.80 · 10−9
4.09 · 10−8
3.03 · 10−8
2.71 · 10−8
2.56 · 10−8
2.48 · 10−8
1.17 · 10−7
7.99 · 10−8
6.82 · 10−8
7.27 · 10−8
Die Linien sind im Spektrum also stark verschoben. Allerdings liegt die
“Paschen”-Serie des Beryliums in etwa in der Größenordnung der Lyman-Serie
des Wasserstoffs. Zu sagen, dass zwei Linien zusammenfallen, ist höchstens für
den je ersten Übergang dieser beiden Serien, gerechtfertigt, d.h. der Übergang
2 → 1 beim Wasserstoff ist ungefähr gleich dem Übergang 4 → 3 beim Berylium. Die Frequenz lässt sich einfach analog zur obigen Formel (22) berechnen.
Als Unterschied zwischen dem Übergang 2 → 1 bei Wasserstoff und Berylium
ergibt sich dann ein Wert von 3.71 · 1016 Hz
Aufgabe 23
Innerhalb des Potentialtopfs ist das Potential Null, außerhalb unendlich. Damit
lautet die Schrödingergleichung innen
EΨ(x, y, z) = −
~2 2
∇ Ψ(x, y, z)
2m
(23)
Dies lässt sich mit einem Separationsansatz lösen, wobei die drei Raumkoordinaten aussepariert werden. Prinzipiell muss auch die Zeit absepariert werden,
alledings wird aufgrund des zeitunabhängigen Potentials ein stationärer Zustand
zu erwarten ist, bei dem die Zeitabhängigkeit aus einer simplen Oszillation besteht. Im Folgendem sei daher das Problem an einem festen Zeitpunkt t = 0
betrachtet. Der Ansatz für die räumlich Lösung lautet damit:
Ψ(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(y)
4
(24)
Durch Einsetzen erhält man
E=−
~2
2m
µ
X 00 (x) Y 00 (y) Z 00 (z)
+
+
X(x)
Y (y)
Z(z)
¶
(25)
Wie im Allgemeinen beim Separationsansatz der Fall, müssen die einzelnen Summanden konstant sein, wenn die Gleichung für alle x,y,z gelten soll. Allgemein
seien sie hier gleich k1 , k2 , k3 gesetzt
X 00 (x)
X(x)
Y 00 (y)
Y (y)
Z 00 (z)
Z(z)
=
k12
(26)
=
k22
(27)
=
k32 ,
(28)
Aus der Schrödingergleichung für x = y = z = 0 folgt für diese Konstanten die
Bedingung:
2mE
k12 + k22 + k32 = − 2
(29)
~
Man sieht sofort, dass diese Bedingung nicht durch rein reelle Konstanten zu
lösen ist. Aus Symmetriegründen werden daher alle drei konstanten komplex
angenommen, was bei dem nun anzusetzenden Exponentialansatz zu einer oszillierenden Lösung führt.
Die einzelnen Gleichungen in x, y und z sind also völlig äquivalent. Die
Randbedingungen können ebenfalls in jeder Dimension getrennt erfüllt werden
(denn sie müssen auch dann gelten, wenn je die beiden anderen Koordinaten
Null gesetzt werden. Für X(x) ergibt sich dann, wie schon in der Vorlesung
behandelt,
³n π ´
x
X(x) = A sin
x .
(30)
a
Völlig analog gilt das entsprechende in den beiden anderen Koordinaten.
³n π ´
y
Y (y) = B sin
y
(31)
³ n bπ ´
z
Z(z) = C sin
z
(32)
c
Die Ganzzahligkeit der Quantenzahlen nx , ny , nz folgt dabei aus den Randbedingungen.
Die Gesamtlösung ist damit gemäß unserem Ansatz das Produkt der drei
Teillösungen:
³n π ´
³n π ´
³n π ´
x
y
z
Ψ(x, y, z) = D sin
x sin
y sin
z
(33)
a
b
c
Die Gesamtamplitude D ist ebenso das Produkt der Einzelamplituden:
D =A·B·C
(34)
Die Energieeigenwerte erhält man durch Einsetzen in die Schrödingergleichung, was zu dem folgenden Ergebnis führt:
Ã
!
n2y
~2 π 2 n2x
n2z
Enx ,ny ,nz =
+ 2 + 2
(35)
2m
a2
b
c
5
Ein Entartung der Energieeigenwerte, bedeutet, dass a = b = c. Ein und
derselbe Energiezustand kann dann durch verschiedene Werte von nx , ny , nz
zustande kommen. Die zugehörigen Wellenfunktionen für nx = 1, ny = nz = 0
und nx = ny = 0, nz = 1 sind dann nicht mehr linear unabhängig. Schreibt
man die Eigenzustände einmal geordnet auf, und zählt die linear unabhängigen,
stellt man bis n = 4 die folgenden Werte fest
En
1
2
3
4
lin. unabh.
1
2
3
4
Offensichtlich gibt es also genau n linear unabhängige Zustände.
6