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.
a) Bestimmung des Netzebenenabstandes d
Die Probe befinde sich im Mittelpunkt eines kreisförmig angeordneten Filmstreifens mit Radius R.
Bei gegebener Wellenlänge wird Beugung nur an den Mikrokristalliten auftreten, für die der Einfallswinkel die Bragg-Bedingung erfüllt:
Da Einfallswinkel=Ausfallswinkel, ist der Winkel (einfallender Strahl – gebeugter Strahl) =
Die Gesamtheit aller Mikrokristallite, die unter zum Einfallsstrahl stehen, erzeugen daher einen Beugungkegel mit Öffnungswinkel
Da die Probe im Mittelpunkt des Filmstreifens steht, gilt ausserdem:
Aufgabe 1 a
Blatt 11, Aufgabe 1: Debye-Scherrer Verfahren
Pulver- probe
Mikro- kristallite
λ
Cu∠ 2 ϕ
ϕ
d m
sin ϕ =
2⋅λR
S
Röntgen- strahl
Probe
ϕ ϕ 2 ϕ
ϕ 4 ϕ
R rad S
O
O
= 4 [ ] =
360 ] 2 [
4 ϕ π ϕ
Mit der Bragg-Bedingung ergibt sich für den Abstand der Netzebenen:
b) aus S1berechnet sich der zugehörige Netzebenenabstand d1zu
Der Beugungsreflex bei S2kommt von anderen Netzebenen (Abstand d2):
[Man kann durch Einsetzen von d1und m=2 in die Bragg-Bedingung zeigen, dass die Netzebenen mit Abstand d1 keine 2. Beugungsordnung hervorrufen.]
c) Zuordnung der Beugungsreflexe
Wenn d1der Gitterkonstante a entspricht, so kann d2 relativ zur Gitterkonstante ausgedrückt werden:
Das entspricht gerade der halben Diagonalen, so dass sich die Netzebenen aus nebenstehender Abbildung ergeben.
Aufgabe 1 b,c
Blatt 11, Aufgabe 1: Debye-Scherrer Verfahren
mm S
mm S
mm R
Cu
nm
2 , 186
6 , 123
4 , 57
154 . 0
2 1
=
=
= λ =
] sin[
) 1 (sin
4 2
1 2
R S m
d =
m⋅λϕ
−=
⋅λ) 1 (
5 , 1 150
, ] 0 sin[
1 2
154 , 0 ] sin[
1
4 , 57 4
6 , 123 4
1
=
2 1= = = =
⋅
⋅
nm nm m
d
mm mm R
S m
O λ
A
) 1 (
06 , 1 106
, ] 0 sin[
1 2
154 , 0 ] sin[
1
4 , 57 4
2 , 186 4
2 2
2
= = = =
=
⋅
⋅
nm nm m
d
mm mm R
S m
O λ
A
a a
a d a
a d a d d
2 7066 2
, 50 0
, 1
06 , 1
1 2 2
2
= = = = =
a d
1=
a d 2
2
2
=
a
a 2
b) Dichte der Elektronen im Leitungsband
Kupfer ist ein monovalentes Metall, d.h. pro Atom ist ein Elektron im Leitungsband.
a) Die Driftgeschwindigkeit beträgt also:
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 b,a
Blatt 11, Aufgabe 2: Elektrische Leitfähigkeit von Metallen
3 23
3 22
5 , 63
10 022 , 6 96 ,
8
8 , 50 10
cm Atome M
N e
Mol g
Mol Atome cm
g
n =
ρ A=
⋅ ⋅= ⋅
Vm A mol
g cm
g A mol
M N
7
23 1
10 9 , 5
5 , 63
96 , 8
10 022 , 6
3
⋅
=
=
=
⋅
=
σ ρ
(
m)
A C mse An
I d
m e
5 10
6 , 1 10 5 , 8 10
15 , 8
1
3 , 52 10
v
193 28 1 4 2
−
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
= ⋅
=
=
− −π
d t e
Q
n eA
I
mm r
v 815
, 0
=
=
=
Δ Δ
c) Mittlere Stoßzeit der Elektronen
Aufgabe 2 c
Blatt 11, Aufgabe 2: Elektrische Leitfähigkeit von Metallen
Vm A
q F E
ma F
10
79 , 5
/
⋅
=
=
=
σ
fs s
m e ev En
A n j I
m Ee m
a F v
C m
kg e
n m
m e n E
j
e e d
e
e e
d
Vm A
e e
e e
25 10
5 ,
2
14) 10 6 , 1 ( 10
5 , 8
10 11 , 9 10 9 , 5
2
2 19 3
28
31 7
2
2
=
⋅
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
−
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
−
−
σ −
τ
τ σ
τ τ τ
τ
d) Mittlere freie Weglänge relevanter Elektronen
Für den Leitungsprozess relevante Elektronen haben die Energie
Daraus kann man die Fermigeschwindigkeit berechnen:
Die mittlere freie Weglänge beträgt dann:
Aufgabe 2 d
Blatt 11, Aufgabe 2: Elektrische Leitfähigkeit von Metallen
s m kg
eV m
E F
F e F
e F
m E
6 10
11 , 9
7 2 2
2 2
1
10 6 , 1 v
v
31
= ⋅
=
=
=
⋅ −
nm
⋅a
eV E
Cu F
26 , 0 7
=
=
Cu
s m F
a l
nm s
l
⋅
≈
=
⋅
⋅
⋅
=
⋅
=
−154
40 10
5 , 2 10
6 , 1
v τ
6 14Fermi
E
E ≈
Aufgabe 3 a
Blatt 11, Aufgabe 3: Atomkerne und Kernreaktionen
kg m
p= 1 . 6726 ⋅ 10
−27kg m
n= 1 . 6750 ⋅ 10
−27kg m
He= 6 . 6442 ⋅ 10
−271
10
8998 .
2 ⋅
−= ms
c
J eV 1 . 602 10
191 = ⋅
−Kern n
p
A Z m m
m Z m
a) Bindungsenergie: 4 He
−
⋅
− +
⋅
=
Δ ( )
mc
2E
B= Δ
MeV m c
m
E
B Am
p n Kern7 . 2 4
2
2
2/
⋅ + ⋅ − ⋅ =
=
Aufgabe 3 b
Blatt 11, Aufgabe 3: Atomkerne und Kernreaktionen b)
Fusion Spaltung
Von ursprünglich N Atomen zerfallen innerhalb der Halbwertszeit:
Die Zerfallskonstante λ ergibt sich damit aus der Halbwertszeit zu:
Die Anzahl der radioaktiven 14C-Atome in der ursprünglichen Probe betrug:
Die Zerfallsrate in der ursprünglichen Probe war damit:
Aufgabe 3 c
Blatt 11, Aufgabe 3: Atomkerne und Kernreaktionen
2 1
2
N
= N ⋅ e
−λ⋅ts a
t
t
t t
e
12 1 5730
693 , 2 0
ln
2 1 2
2 1 1 2
1
10 84 , 3
2 ln ln
2 1
2 1
−
⋅
−
⋅
=
=
=
⋅
=
⇒
⋅
−
=
⇒
= λ
λ
λ
λ
Atome kg m
N
Mol g
Mol Atome A
M N C C C
13
12 10 022 , 12 6 0
10 3 , 1
10 3 , 1 2
, 0
23 12
14 14
⋅
=
⋅
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
− ⋅min 13 1
12 1 0
0
= ⋅ N
14C= 3 , 84 ⋅ 10
− s⋅ 1 , 3 ⋅ 10 ≈ 3000
R λ
mol g C
A mol C C
M N
g m
a t
12
10 022 , 6
10 3 , 1 200
5730
23 1 12 2
1
12 14
=
⋅
=
⋅
=
=
=
−
Definiton des Mols!
c)
Die ursprüngliche Zerfallsrate ist nach n Halbwertszeiten um geringer geworden, d.h.:
Das Alter des Knochens beträgt also:
Aufgabe 3 c
Blatt 11, Aufgabe 3: Atomkerne und Kernreaktionen
)
n(
1291 , 2 2
ln ln 2
ln ln ln
2 ln
2 )
( )
(
min 1 min
1 0
0
0 0
400 3000 2
1 2
1 0
≈
=
=
⇒
=
⋅
=
⇒
=
⇒
⋅
=
n n
n n
R R R
R
R n R R
n R n
n
n n
R R
a a
t n
t = ⋅
1 2= 2 , 91 ⋅ 5730 ≈ 16700
Aufgabe 4 a,b
Blatt 11, Aufgabe 4: Wellen
a) Wellengleichung:
b) Ebene Welle:
Einsetzen
2
0
2 2 2
2
=
∂
− ∂
∂
∂
z v f
t f
ph
( )
ph k ph k
t kz i ph
t kz i ph
t kz i
Ae k
e Ak e
A
ω ω
ω
ω ω
ω ω
=
=
⇒
=
−
= +
−
−
−
−
v v
0 v
0 v
2
2 2
) (
2 2
2
) (
2 2
) (
2
)
)
(,
( z t Ae
i kz tf =
−ωAufgabe 4 c,d
Blatt 11, Aufgabe 4: Wellen
c) Schrödingergleichung:
einsetzen:
d) Einsetzen von :
ist die Wahrscheinlichkeit das Teilchen im Interval [t,t+dt] und [x,x+dx] zu finden.
) sin(
) ,
( x t A kx ω t
ψ = −
) , ( )
,
2
(
2
x t i
tx t
m
Δ ψ =
∂∂ψ
−
hh
i t kx
t kx
A i t kx
Ak
k m m
=
−
−
−
=
−
−
) tan(
) cos(
) sin(
2 2
2
2 2
ω
ω ω
ω
h ω
h
h
)
)
(,
( x t Ae
i kx ωtψ =
−ω
ω
ωω
h
h
h h
=
=
−−
m k
t kx i t
kx i
m
Ak e A e
2
) (
) (
2 2
2 2
2
dxdt t
x , ) |
2(
| ψ
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:
b) Nach der Blende wirkt nur noch das Magnetfeld. Den Radius der Teilchenbahn erhält man durch Gleich- setzen der Zentripetalkraft und der Lorentzkraft:
B E v
qvB F
qE
F
el mag= /
⇒
=
=
=
m r
m r
qB mE qB
r mv
qvB r F
m v F
p
mag Z
09 , 2 2
04 , 1 2
2 2
=
=
=
=
⇒
=
=
=
α
