Aufgabe 1 a) Aufgabe 1: Potentialstufe V E V0 x ψ1 a) 0 ψ2 Ebene Welle in x-Richtung: ψ ( x) = Aeikx Teilchenstrom: j= Teilchen N = 02 = j0 Fla&&che ⋅ Zeit cm s = ρ ⋅ v = mψ ⇒ A= j0 hk 2 p m = A2 hk Aufgabe 1 b),c) Aufgabe 1: Potentialstufe b) Klassisch läuft der gesamte Teilchenstrahl hinter der Potentialstufe mit geringerer Geschwindigkeit und höherer Dichte weiter. Der Strom bleibt erhalten. Ekin = 12 mv 2 v1 = E = mv = k= p m = p2 2m 2 mE h2 < v1 Quantenmechanischer Ansatz: Ebene Wellen für einlaufenden, reflektierten und transmittierten Strahl: 1 2 1 2 2 Ekin m ⇒ ρ 2 > ρ1 ψ 1 = Aeik x + Be − ik x p = hk v= 2 ( E −V0 ) m v2 = 2E m j1 = j2 c) ⇒ ψ 2 = Ce ik x 2 1 k2 = k1 = 2 m ( E −V0 ) h2 2 mE h2 Aufgabe 1 c),d),e) Aufgabe 1: Potentialstufe c) Stetigkeitsbedingung für Ψ und Ψ’ bei x=0: ψ 1 (0) = ψ 2 (0) ⇒ A + B = C ψ 1′(0) = ψ 2′ (0) ⇒ ik1 A − ik1 B = i k 2C = ik 2 ( A + B) ⇒ A(k1 − k 2 ) = B(k1 + k 2 ) ⇒ A B = k1 + k 2 k1 − k 2 Daraus folgt für den Reflexionskoeffizienten R: R= d) j1,B j1, A = B2 A2 ( ) Transmissionskoeffizient T: T = 1− R = e) = k1 − k 2 2 k1 + k 2 ( k1 + k 2 ) 2 − ( k1 − k 2 ) 2 ( k1 + k 2 ) 2 = 4 k1k 2 ( k1 + k 2 ) 2 Klassisch ist R=0 und T=1. Dies entspricht der klassischen Lösung für k1≈k2, d.h. E >> V0 Aufgabe 2 a) Aufgabe 2: Potenzialbarriere und Tunneleffekt U (x) U =0 0 U =∞ L In einem unendlich hohen Kastenpotenzial (U = ∞) verschwindet die Wellenfunktion im Bereich der Potenzialbarriere. Im Potenzialtopf selber ist die Wellenfunktion die einer stehenden Welle. x Bei einer endlich hohen Potenzialbarriere ( U = U 0 ) dringt die Wellenfunktion in die Potentialbarriere ein und nimmt exponentiell ab. (Voraussetzung: E<U0) (siehe Behandlung des Tunneleffektes in der Vorlesung) Rechnerische Lösung (hier nicht verlangt): U (x) U =0 ¾ U = U0 x>L ¾ a 0 x L L+a [ Lösung der Schrödinger Gleichung jeweils für x ∈ 0; L a) Stetigkeit von ] (U = 0) (U = U 0 ) Ψ (x) an der Grenze (x=L) Zeichnerische Lösung: ¾ ¾ U0 ist groß (d.h. U0>>E) → Ψ (x) ändert sich kaum im Gebiet 0<x<L wegen U 0 < ∞ dringt Ψ (x) bei x>L ein und kling exponentiell ab. Aufgabe 2 b) Aufgabe 2: Potenzialbarriere und Tunneleffekt U (x) U =0 U = U0 b) Transmissionskoeffizient ¾ Da die Potenzialbarriere hoch ist (U0>>E), ist die Wellenfunktion . des Grundzustandes praktisch gleich der in Aufgabe 4, Blatt 8: Ψ1 ( x) = x 0 U (x) U =0 E1 = L U = U0 2 ⋅ sin πL x L h 2k 2 h 2π 2 = 2m 2 mL2 Das entspricht der Überlagerung einer nach links und nach rechts laufenden Welle. ¾ Die nach rechts laufende Welle kann durch die Potenzialbarriere durchtunneln. ¾ Der Transmissionkoeffizient T lässt sich aus der Schrödingergleichung herleiten : a 0 x L L+a ⎡ h2 ⎤ r r − Δ + ⋅ Ψ = ⋅ Ψ E ( r ) E ( r ) pot ⎢ ⎥ ⎣ 2m ⎦ Aufgabe 2 b) Aufgabe 2: Potenzialbarriere und Tunneleffekt U (x) U =0 b) U = U0 ¾ a 0 L E pot = U 0 h 2π 2 E = E1 = 2m L2 U 0 = 1000 eV h 2π 2 E1 = = 37,6 eV 2m L2 Transmissionskoeffizient Mit E pot = U 0 , E = E1 und dem Ansatz Ψ ( x) = A ⋅ eikx ergibt sich 2m h 2k 2 = −(U 0 − E1 ) → k = i (U 0 − E1 ) = i ⋅α 2m h2 x ¾ Dies ergibt ¾ Der Transmissionkoeffizient ist gegeben durch Ψ ( x) = A ⋅ exp[i k x] = A ⋅ exp[−α x] Amplitude der heraustunnelnden Welle 2 Amplitude der hineintunnelnden Welle ¾ In unserem Fall ergibt dies a = 0.1 nm L = 0.1 nm 2m (U 0 − E1 ) = α= h2 1,59 ⋅1011 m −1 2 Ψ ( L + a) T= = e − 2α a = exp(−31,8) = 1,55 ⋅10 −14 Ψ ( L) Aufgabe 2 c) Aufgabe 2: Potenzialbarriere und Tunneleffekt U (x) U = 0 U = U0 c) Transmissionsrate (semi-klassische Betrachtung) ¾ Das Elektron bewegt sich mit Geschwindigkeit v 0 t=0 2 Ekin 2 E1 2h 2π 2 hπ 6 m = = = = ⋅ 3 , 63 10 v= m m m ⋅ 2mL2 mL s L x ¾ 2L mL 2mL2 Δt = = 2L ⋅ ( ) = = 5,50 ⋅10 −17 s v hπ hπ U (x) U = 0 U = U0 ¾ T 0 L Die Transmissionsrate ist die Wahrscheinlichkeit pro Umlauf dafür, dass das Elektron nach einem Umlauf durchtunnelt. Sie berechnet sich daher zu hπ ⎛ T ⎞ exp(−2α a ) = exp(−2α a ) = ⎜ ⎟= 2 t t mL Δ Δ 2 ⎝ ⎠ 1,60 ⋅10 −14 1 = 290 , 9 s 5,50 ⋅10 −17 s x t=Δt=2L/v U 0 = 1000 eV h 2π 2 E1 = = 37,6 eV 2m L2 a = 0.1 nm L = 0.1 nm Für einen Umlauf braucht das Elektron die Zeit ¾ Das Inverse dieses Wertes ist ⎛ T ⎞ −1 ⎜ ⎟ = τ = 3,43 ms ⎝ Δt ⎠ die “Zerfallszeit” des Elektrons im Potenzialtopf. (Analog: Zerfall von Atomkernen) Aufgabe 3 a) Aufgabe 3: Bohr`sches Atommodell und Wasserstoff a) Auf der Bohr`schen Kreisbahn ist die Zentripetalkraft FZ gleich der Coulombkraft FC: FC = − 4πε1 0 = FZ = − me e2 r2 ⇒ v 2 = 4πεe 0 me 2 v2 r 1 r ⇒ Ekin = 12 me v 2 = 8πε1 0 e2 r Die potentielle Energie ist durch das Coulombpotential gegeben: E pot = − 4πε1 0 e2 r = −2 Ekin ⇒ E = E pot + Ekin = − 8πε1 0 e2 r Für den Drehimpuls gilt: r r r⊥p r r r L = L = r × p = r ⋅ p = rme v = e 2 me r 4πε 0 Aufgabe 3 b),c) Aufgabe 3: Bohr`sches Atommodell und Wasserstoff b) Für den gequantelten Drehimpuls gilt: Ln = nh ⇒ Ln = n h = 2 ⇒ rn = 4πε 0 h 2 e me En = − 8πε 0 1 c) 2 e2 rn 2 2 e 2 me rn 4πε 0 n2 e 4 me = − ( 4πε 1 2 0 ) 2h n 2 Zulässige Quantenzahlen sind: n = 1,2,3,... l = 0,1,2,..., n − 1 m = −l ,−(l − 1),..., l − 1, l Lmax = lmax (lmax + 1)h = (n − 1)nh Aufgabe 3 d) Aufgabe 3: Bohr`sches Atommodell und Wasserstoff d) Gegen das Bohr`sche Atommodell spricht: • Drehimpuls 0 unmöglich • Drehimpulsbetrag lh ≠ l (l + 1)h • Kreisbahn würde zu scheibenförmigen oder bestenfalls zu kugelförmigen Atomen führen • Quantenteilchen bewegen sich nicht auf festen Bahnen (Unschärferelation) • Quantelung „ad-hoc“ eingeführt • Versagt bei komplexen Atomen Aufgabe 4 Aufgabe 4: Ionisationsenergie En , Z = − 32πme 4 2 2 2 h ε0 = −E 2 Z n2 Für n=∞ wird E=0, d.h. das Elektron verlässt das Atom, das Atom wird ionisiert. Z2 0 n2 E ion n ⎛ Z2 ⎞ Z2 = E∞ − En = 0 − E0 ⎜⎜ − 2 ⎟⎟ = E0 2 n ⎝ n ⎠ E0 = 13,6eV (Rydbergenergie) a) Wasserstoff (Z=1), n=3 Die Ionisationsenergie ist gerade die Energie zwischen n=3 und n=∞ E3ion = 13,6eV ⋅ 132 = 1,51eV 2 b) He+ (Z=2), n=2 E2ion = 13,6eV ⋅ 22 2 = 13,6eV 2 c) Li++ (Z=3), n=4 E4ion = 13,6eV ⋅ 34 2 = 7,65eV 2 Aufgabe 5 a),b) Aufgabe 5: Drehimpuls a) Länge der Drehimpulsvektoren Drehimpuls: klassisch: r r r L=r×p Die Länge (der Betrag) der Drehimpulsvektoren ist: l = 0: quantenmechanisch: l = 1: Drehimpuls ist Operator r r r hr r L = r × p = r ×∇ i r L = l (l + 1) h l = 2: b) Geometrische Konstruktion: r ¾ Kreis mit Radius L = l (l + 1) h ¾Parallelen zu z-Achse im Abstand mh ¾Schnittpunkt gibt Endpunkt des L-Vektors r L =0 r L = 2h = 1,41h r L = 6h = 2,45h Konstruktion der z-Komponenten: l =0 ml = 0 l=2 ml = 0,±1,±2 l =1 ml = 0,±1 Lz [h ] Lz [h ] 3 r Lz = L nicht möglich! 2 3 2 Ly 1 -1 Ly 1 Lx -1 -2 -2 -3 -3 Lx Aufgabe 5 c) Aufgabe 5: Drehimpuls c) r L Magnetische Momente r p Das sich bewegende Elektron entspricht einem Strom und erzeugt ein Magnetfeld senkrecht zur Ebene →Magnetisches Moment r r r Das zum Bahndrehimpuls gehörende magnetische Moment berechnet sich zu: r μ =− e 2 me r L r μ =− e 2 me e− μ r L = − 2emhe l (l + 1) μ z = − 2 me Lz = − 2emh ml e e Damit lässt es sich leicht in die Skizze eintragen (am Beispiel l=1): Lz [h ] μ r μ 3 2 Ly 1 -1 r L und sind antiparallel, d.h. entgegengesetzt ! Grund: negative Ladung -e Lx L -2 -3 μ