Blatt 11, Aufgabe 1: Debye

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Aufgabe 1 a
Blatt 11, Aufgabe 1: Debye-Scherrer Verfahren
Beim Debye-Scherrer Verfahren wird eine Pulverprobe genommen.
Sie enthält viele mikropische kleine Mikrokristallite, die in der Probe
zufällig orientiert sind.
Der Vorteil des DS-Verfahrens liegt darin, dass kein großer Einkristall
für die Röntgenbeugung benötigt wird, der für manche Stoffe gar nicht, oder
nur sehr kostspielig, hergestellt werden kann.
Mikrokristallite
Pulverprobe
a)
Bestimmung des Netzebenenabstandes d
Die Probe befinde sich im Mittelpunkt eines kreisförmig angeordneten
Filmstreifens mit Radius R.
Bei gegebener Wellenlänge λCuwird Beugung nur an den Mikrokristalliten
auftreten, für die der Einfallswinkel ϕ die Bragg-Bedingung erfüllt:
Röntgenstrahl
sin ϕ =
R
ϕ
ϕ
Probe
2ϕ
m⋅λ
2d
Da Einfallswinkel=Ausfallswinkel, ist der Winkel
(einfallender Strahl – gebeugter Strahl) = 2ϕ
S
∠
Die Gesamtheit aller Mikrokristallite, die unter ϕ zum Einfallsstrahl stehen,
erzeugen daher einen Beugungkegel mit Öffnungswinkel 4ϕ
Da die Probe im Mittelpunkt des Filmstreifens steht, gilt ausserdem:
4ϕ [ O ]
2π
S
=
4
ϕ
[
]
=
rad
360O
R
Aufgabe 1 b,c
Blatt 11, Aufgabe 1: Debye-Scherrer Verfahren
Mit der Bragg-Bedingung ergibt sich für den Abstand der Netzebenen:
d=
b)
d2 =
S1 = 123,6mm
S 2 = 186,2mm
d1 = a
2
a
2
m⋅λ
2
1
sin[ 4SR ]
m⋅λ
2
O
1
0,154nm
1
=
= 0,150 nm = 1,5 A
, 6 mm
2
sin[ 4123
]
sin[ 4SR1 ]
⋅57 , 4 mm
(m = 1)
Der Beugungsreflex bei S2 kommt von anderen Netzebenen (Abstand d2):
R = 57,4mm
d2 =
(sin ϕ ) −1 =
aus S1 berechnet sich der zugehörige Netzebenenabstand d1 zu
d1 =
λCu = 0.154nm
m⋅λ
2
m⋅λ
2
O
1
0,154nm
1
=
= 0,106 nm = 1,06 A
S2
186 , 2 mm
2
sin[ 4⋅57 , 4 mm ]
sin[ 4 R ]
(m = 1)
[Man kann durch Einsetzen von d1 und m=2 in die Bragg-Bedingung zeigen,
dass die Netzebenen mit Abstand d1 keine 2. Beugungsordnung hervorrufen.]
c)
Zuordnung der Beugungsreflexe
Wenn d1 der Gitterkonstante a entspricht, so kann
d2 relativ zur Gitterkonstante ausgedrückt werden:
d2 =
d2
d
1,06
2
a= 2a=
a = 0,7066 a =
a
a
d1
1,50
2
Das entspricht gerade der halben Diagonalen,
so dass sich die Netzebenen aus nebenstehender
Abbildung ergeben.
a
2a
Aufgabe 2 b,a
Blatt 11, Aufgabe 2: Elektrische Leitfähigkeit von Metallen
b)
1
N A = 6,022 ⋅ 10 23 mol
Kupfer ist ein monovalentes Metall, d.h. pro Atom ist ein Elektron im
Leitungsband.
ρ = 8,96 cmg3
M=
σ
Dichte der Elektronen im Leitungsband
ne =
g
63,5 mol
ρN A
M
=
8, 96
r = 0,815mm
I=
ΔQ
Δt
= ne eAv d
cm3
⋅6 , 022⋅10 23 Atome
Mol
g
63, 5 Mol
A
= 5,9 ⋅ 107 Vm
a)
g
= 8,50 ⋅10 22
Atome
cm3
Die Driftgeschwindigkeit beträgt also:
vd =
I
Ane e
=
(
)
2
1A
π 8,15⋅10 −4 m ⋅8,5⋅10 28
1 ⋅1, 6⋅10 −19 C
m3
= 3,52 ⋅ 10 −5
m
s
D.h. bei normalen Stromstärken in einem Draht bewegen sich die
Elektronen nur äußerst langsam!
Um bei den angegebenen Daten z.B. ein Transatlantikkabel zu
durchqueren (ca. 5000km), bräuchte ein einzelnes Elektron etwa
4500 Jahre!
Bei Wechselstrom mit einer Frequenz von 50 Hz und den gegebenen
Daten bewegt sich ein einzelnes Elektron maximal um 0,176 mm!
Aufgabe 2 c
Blatt 11, Aufgabe 2: Elektrische Leitfähigkeit von Metallen
c)
F = ma
E = F /q
σ = 5,9 ⋅107 VmA
Mittlere Stoßzeit der Elektronen
vd = aτ =
F
Ee
τ= τ
me
me
Ene e 2
I
j = = ne evd =
τ
A
me
σ= =
j
E
τ=
σ me
ne e 2
ne e 2τ
me
A ⋅9 ,11⋅10 −31 kg
5, 9⋅10 7 Vm
= 8,5⋅1028 m −3 (1, 6⋅10−19 C ) 2 = 2,5 ⋅10 −14 s = 25 fs
Aufgabe 2 d
Blatt 11, Aufgabe 2: Elektrische Leitfähigkeit von Metallen
d)
Mittlere freie Weglänge relevanter Elektronen
Für den Leitungsprozess relevante Elektronen haben die Energie
E ≈ E Fermi
Daraus kann man die Fermigeschwindigkeit berechnen:
E F = 7eV
aCu = 0,26nm
E F = 12 me v 2F
vF =
2E F
me
=
2⋅7 eV
9,11⋅10 −31 kg
= 1,6 ⋅ 106
m
s
Die mittlere freie Weglänge beträgt dann:
l = v F ⋅ τ = 1,6 ⋅ 106
l ≈ 154 ⋅ aCu
m
s
⋅ 2,5 ⋅ 10 −14 s = 40nm
Aufgabe 3 a
Blatt 11, Aufgabe 3: Atomkerne und Kernreaktionen
a) Bindungsenergie: 4He
m p = 1.6726 ⋅ 10 −27 kg
Δm = Z ⋅ m p + ( A − Z ) ⋅ m n − m Kern
m n = 1.6750 ⋅ 10 −27 kg
E B = Δmc 2
m He = 6.6442 ⋅ 10 −27 kg
c = 2.998 ⋅ 10 ms
8
−1
1eV = 1.602 ⋅ 10 −19 J
EB / A =
2 ⋅ m p + 2 ⋅ mn − m Kern
4
⋅ c 2 = 7.2 MeV
Aufgabe 3 b
Blatt 11, Aufgabe 3: Atomkerne und Kernreaktionen
b)
Fusion
Spaltung
Aufgabe 3 c
Blatt 11, Aufgabe 3: Atomkerne und Kernreaktionen
c)
Von ursprünglich N Atomen zerfallen innerhalb der Halbwertszeit:
N
2
= N ⋅e
− λ ⋅t1 2
Die Zerfallskonstante λ ergibt sich damit aus der Halbwertszeit zu:
t1 2 = 5730a
1
2
m = 200 g
14
C
12
C
= 1,3 ⋅ 10
−12
1
N A = 6,022 ⋅ 10 23 mol
g
M C = 12 mol
Definiton des Mols!
=e
− λ ⋅t1 2
⇒ ln 12 = −λ ⋅ t1 2
⇒ ln 2 = λ ⋅ t1 2
0 , 693
−12 1
λ = lnt1 22 = 5730
=
3
,
84
⋅
10
a
s
Die Anzahl der radioaktiven 14C-Atome in der ursprünglichen Probe
betrug:
14
N0
C
= m⋅
14
C
12
C
⋅
NA
M
= 0,2kg ⋅ 1,3 ⋅ 10
−12
⋅
6, 022⋅10 23 Atome
Mol
g
12 Mol
= 1,3 ⋅1013 Atome
Die Zerfallsrate in der ursprünglichen Probe war damit:
1
R0 = λ ⋅ N 0 C = 3,84 ⋅ 10 −12 1s ⋅ 1,3 ⋅ 1013 ≈ 3000 min
14
Aufgabe 3 c
Blatt 11, Aufgabe 3: Atomkerne und Kernreaktionen
Die ursprüngliche Zerfallsrate ist nach n Halbwertszeiten um
geringer geworden, d.h.:
Rn = R0 ⋅ ( 12 ) n
n ⋅ ln 2 = ln
R0
Rn
⇒ ( 12 ) n =
⇒ n=
ln
⇒ 2n =
Rn
R0
R0
Rn
ln 2
=
ln
Das Alter des Knochens beträgt also:
t = n ⋅ t1 2 = 2,91 ⋅ 5730a ≈ 16700a
R0
Rn
1
3000 min
1
400 min
ln 2
≈ 2,91
( 12 ) n
Aufgabe 4 a,b
Blatt 11, Aufgabe 4: Wellen
a)
Wellengleichung:
b)
Ebene Welle:
2
∂2 f
2 ∂ f
− v ph 2 = 0
2
∂t
∂z
f ( z , t ) = Aei ( kz −ωt )
Einsetzen
− Aω 2 e i ( kz −ω t ) + v 2ph Ak 2 e i ( kz −ω t ) = 0
(v
2
ph
)
k 2 − ω 2 Aei ( kz −ω t ) = 0
⇒ v 2ph = ωk 2
2
v ph = ωk
Aufgabe 4 c,d
Blatt 11, Aufgabe 4: Wellen
c)
Schrödingergleichung:
− 2hm Δψ ( x, t ) = ih ∂∂t ψ ( x, t )
2
ψ ( x, t ) = A sin(kx − ωt )
einsetzen:
− 2hm Ak 2 sin( kx − ωt ) = ihAω cos(kx − ωt )
2
− 2hm
d)
k2
ω
tan(kx − ωt ) = i
Einsetzen von
h2
2m
ψ ( x, t ) = Aei ( kx −ωt ) :
Ak 2 ei ( kx −ωt ) = hAωe i ( kx −ωt )
h2k 2
2m
= hω
| ψ ( x, t ) |2 dxdt
ist die Wahrscheinlichkeit das
Teilchen im Interval [t,t+dt] und [x,x+dx] zu finden.
Aufgabe 5
Blatt 11, Aufgabe 5: Teilchen in el. und mag. Feldern
a)
Die positiven Kerne werden durch das elektrische
Feld nach unten abgelenkt, während sie durch das
magnetische Feld eine Karft nach oben erfahren.
Damit die Teilchen geradlinig durch den Filter fliegen,
müssen sich die beiden Kräfte aufheben:
Fel = qE
= Fmag = qvB
⇒ v= E/B
b)
Nach der Blende wirkt nur noch das Magnetfeld. Den
Radius der Teilchenbahn erhält man durch Gleichsetzen der Zentripetalkraft und der Lorentzkraft:
v2
= Fmag = qvB
FZ = m
r
mv mE
⇒ r=
=
qB qB 2
2rp = 1,04m 2rα = 2,09m
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