Physik II Musterlösung 23

Physik II
Musterlösung 23
HS 08
Prof. R. Hahnloser
Aufgabe 23.1
Für Neutronen (f = 3) ist die mittlere kinetische Energie gegeben durch
s
p
2 · 8.3 · 10−23 J
v = 2Ekin /m =
= 314ms−1
1.68 · 10−27 kg
(1)
Damit wird die de Broglie-Wellenlänge zu
λ=
h
h
h
=√
=√
= 1.25nm
p
2mEkin
3mkB T
(2)
Die de Broglie-Wellenlänge solcher kalter Neutronen liegt im Bereich atomarer Abstände
bzw. der Dimension von Molekülen (sog. Nanostrukturen). Am PSI werden die Strukturen von Kristallen und Molekülen aus dem Streuverhalten kalter Neutronen bestimmt.
Aufgabe 23.2
(a) Die mittlere de Broglie-Wellenlänge beträgt
h
h
hc
=p
=p
=p
pavg
2mKavg
2m(3kT /2)
2(mc2 )kT
= 7.3 · 10−11 m = 73 pm .
h
λavg =
(b) Der mittlere Abstand beträgt
1
1
davg = √
= p
3
3
n
p/kT
r
−23 J/K)(300 K)
3 (1.38 · 10
=
= 3.4 nm .
1.01 · 105 Pa
(c)Ja, da λavg davg .
Aufgabe 23.3
(a) Misst man den Impuls zur gleichen Zeit wie den Ort des Elektrons, so ergibt sich
∆p ≈
~
6.63 · 10−34 J·s
=
= 2.1 · 10−24 kg·m/s .
∆x
2π(50 pm)
(3)
(b) Die Impulsunschärfe ist gegeben durch ∆p = m ∆v = (0.50 kg)(1.0 m/s) = 0.50 kg ·
m/s, wobei ∆v die Unschärfe in der Geschwindigkeit darstellt. Löst man die Unschärferrelation ∆x ∆p ≥ ~ für die minimale Ortsunschärfe in x auf, so erhalten wir
∆x =
~
0.60 J·s
=
= 0.19 m .
∆p
2π(0.50 kg·m/s)
1
(4)
Aufgabe 23.4
Der (eindimensionale) harmonische Oszillator ist einer der wenigen Fälle, wo die Schrödingergleichung mit geringem mathematischen Aufwand gelöst werden kann. Er spielt eine
wichtige Rolle in der Physik, z.B. bei den Vibrationszuständen zweiatomiger Moleküle.
(a) Aus U (x) = 12 Dx2 = 12 mω 2 x2 und dem Ansatz ψ(x) = z(x) exp(− ~i Et) wird die
~2
zeitunabhängige Schrödingergleichung 2m
∆ψ + U (x) = Eψ zu
−
~2 d2 zk
1
(x) + mω 2 x2 zk (x) = Ek zk (x)
2
2m dx
2
(5)
(b) Für den Grundzustand (k = 1) des harmonischen Oszillators wählen wir den Ansatz
z1 (x) = exp(−ax2 ). Damit wird
dz1
(x) = −2ax exp(−ax2 )
dx
(6)
d2 z1
(x) = −2ax exp(−ax2 ) + 4a2 x2 exp(−ax2 )
2
dx
Einsetzen in (5) ergibt
~2
1
(2a − 4a2 x2 ) exp(−ax2 ) = (E1 − mω 2 x2 ) exp(−ax2 )
2m
2
1
−2a + 4a2 x2 = 2 (2mE1 − m2 ω 2 x2 )
~
2
Gleichsetzen der Terme mit x :
(7)
(8)
(9)
mω
1 2 2
m ω ⇒a=
2
~
2~
(10)
1
~2 a
1
2mE
⇒
E
=
= ~ω
1
1
2
~
m
2
(11)
4a2 =
Gleichsetzen der konsanten Terme:
2a =
Ez ist die Grundzustandsenergie (quantenmechanisch immer > 0) Anmerkung: Für die
höher angeregten Zustände des harmonischen Oszillators gibt es weitere Lösungen, z.B.
z2 (x) = xz1 (x). Der zugehörige Energie-Eigenwert ist E2 = 32 ~ω. Beim Übergang in
den Grundzustand wird die Energiedifferenz E2 − E1 = ~ω z.B. als Photon emittiert. In
der Quantenmechanik werden die Zustände des harmonischen Oszillators üblicherweise
mit der Quantenzahl n klassifiziert (also n = 0 für den Grundzustand). Die EnergieEigenwerte sind En = (n − 21 )~ω. Durch Absorption oder Emission eines Energiequants
der Grösse ~ω wird n um 1 erhöht oder erniedrigt.
(c) Aus dem Vergleich der Aufenthaltwarhrscheinlichkeit
kψ1 (x)k2 = Cz12 (x) = C exp(−ax2 ) = C exp(−
2
x
mit der Gaussfunktion z12 (x) = exp(− 2σ
2 ) ergibt sich
z
2
mω 2
x)
~
(12)
r
hbar
hbar
=
⇒ σz =
(13)
mω
2mω
R∞
(d) Aus der Normalisierungsbedingung
kψ1 (x)k2 dx = 1 ergibt sich die richtige Nor2σz2
−∞
malisierung der Wellenfunktion zu
C=
√
πA
(14)
Aufgabe 23.5
(a) Der Transmissionskoeffizient T für ein Teilchen der Masse m und Energie E, das auf
eine Barriere der Höhe U und Dicke L trifft, ist gegeben durch
T = e−2kL ,
wobei
r
k=
8π 2 m(U − E)
.
h2
Für das Proton gilt:
s
8π 2 (1.6726 × 10−27 kg)(10 MeV − 3.0 MeV)(1.6022 · 10−13 J/MeV)
k =
(6.6261 · 10−34 J · s)2
= 5.8082 · 1014 m−1 ,
kL = (5.8082 · 1014 m−1 )(10 · 10−15 m) = 5.8082, und
T = e−2·5.8082 = 9.02 · 10−6 .
Die Masse des Deuterons beträgt 2.0141 u = 3.3454 · 10−27 kg. Damit folgt
s
8π 2 (3.3454 · 10−27 kg)(10 MeV − 3.0 MeV)(1.6022 · 10−13 J/MeV)
k =
(6.6261 · 10−34 J·s)2
= 8.2143 · 1014 m−1 ,
kL = (8.2143 · 1014 m−1 )(10 · 10−15 m) = 8.2143, und
T = e−2×8.2143 = 7.33 × 10−8 .
(b) Die mechanische Energie ist erhalten. Bevor die Teilchen die Barriere erreichen,
besitzt jedes der beiden die kinetische Enegrie 3.0 MeV und eine potenzielle Energie gleich
Null. Nach dem Passieren der Barriere hat jedes Teiclhen immer noch eine potenzielle
Energie gleich Null, und damit eine kinetische Energie von 3.0 MeV.
(c) Die Energieerhaltung gilt auh für den Reflexionsprozess. Nach der Reflexion hat
jedes Teiclhen eine potenzielle Energie gleich Null, und damit eine kinetische Energie von
3.0 MeV.
(d)Die kinetieche Energie des Autos mit Masse m und Geschwindigkeit v ist gegeben
durch E = 12 mv 2 , die zu passierende Potenzialbarriere durch U = mgh, wobei h = 24 m.
3
Gemäss Eq. 39-21 and 39-22 errechnet sich die Tunnelwahrscheinlichkeit zu T ≈ e−2kL ,
mit
s
r
8π 2 m(mgh − 21 mv 2 )
8π 2 m(U − E)
k =
=
h2
h2
s 2π(1500 kg)
1
2
2
=
2 (9.8 m/s )(24 m) − (20 m/s)
6.63 · 10−34 J·s
2
= 1.2 · 1038 m−1 .
Somit folgt 2kL = 2(1.2 · 1038 m−1 )(30 m) = 7.2 · 1039 . T ≈ e−2kL ist also im Wesentlichen
gleich Null.
Aufgabe 23.6
p
(a) Mit λ = h/p = h/ (E/c)2 − m2e c2 lösen wir für K = E − me c2 :
s 2
hc
K =
+ m2e c4 − me c2
λ
s
2
1240 eV·nm
+ (0.511 MeV)2 − 0.511 MeV
=
10 × 10−3 nm
= 0.015 MeV = 15 keV .
(b) Die Photonenenergie ~ω in Elektronenvolt beträgt 1240/λt. Somit folgt
E=
1240 eV·nm
hc
=
= 1.2 · 105 eV = 120 keV .
λ
10 · 10−3 nm
(c) Das Elektronenmikroskop ist wesentlich geeigenter, da die benötigte Energie für die
Elektronen viel kleiner als die der Photonen ist.
4