F zentripetal = F Coulomb (1)

6 Übungsblatt zur Experimentalphysik III

6.1 Wassersto und Uran

Wirwollen den Bahnradius

r

^{und die}Geschwindigkeit

v

^{eines Elektrons auf derersten}

Bohr'schen Bahn berechnen.HierfürbetrachtenwirdiebeidenRandbedingungen:

F zentripetal = F _Coulomb

⁽¹⁾

Bahnumf ang = n · λ

⁽²⁾

Für

(1)

^folgt:

µv ²

r = Ze ² 4π ₀ · 1

r ²

⇒ r = Ze ² 4π ₀ µv ²

mit

µ = _M ^{M Kern m e}

Kern +m ^e

^derreduzierten Masse.Gleichung

(2)

^führtauf:

2πr = nλ ⇔ r = ~ µv

mit

λ = ^h _p = _µv ^h

^derde-Broglie-Wellenlänge und

~ = _2π ^h .

^{Wirkönnen die}Bedingungen für

r

gleichsetzen und erhalten:

Ze ²

4π ₀ ~ = v

⁽³⁾

derRadius folgtfür dieserGeschwindigkeit mit:

r = 4π ₀ ~ ²

µZe ² = ₀ h ²

πµZe ²

⁽⁴⁾

Für dasCoulombpotential gilt:

V = − Ze ² 4π ₀

1 r

Die kinetische Energie wirddurch:

T = 1

2 µv ² = 1 2

Ze ² 4π 0

1 r

beschrieben.Somit erhaltenwirden Virialsatz:

V = − 2T

Es folgt für dasWasserstoatom mit derKernladungszahl

Z _H = 1,

^{der Kernmasse von}

m _H = m _p = 1.673 · 10 ^{− 27} kg

^{und der}Elektronenmasse von

m _e = 9.109 · 10 ^{− 31} kg

^unter

Verwendung von

(4)

^und

(3) : r _H = ₀ h ²

πµe ² = 5.29 · 10 ^{− 11} m = 0.53

^Å

v _H = e ²

2 ₀ h = 2.19 · 10 ⁶ m s

(b)

DasUranbesitzteineKernladungszahlvon

Z _U = 92

^{,währenddieMasse}

m _U = 238.03 u = 3.953 · 10 ^{− 25} kg

^{beträgt.Diesführtauf:}

r U = ₀ h ²

92πµe ² = 5.75 · 10 ^{− 13} m = 0.006

^Å

v _U = 92e ²

2 0 h = 2.01 · 10 ⁸ m s

Hierbeifällt auf,dassdie Geschwindigkeit im relativistischen Bereich liegt unddaher

diese Aufgabe relativistisch zu rechnen ist. Wir gehen nun mit einem relativisitschen -

anstattklassischen - Ansatzfür dieBedingung

(2)

^ein:

2πr = nλ ⇔ r = ~

γµv

⁽⁵⁾

da

λ _dB = ^h _p ,

^wobei

p = γµv

^den relativistischen Impuls darstellt, mit

γ = r

1 1 − ^v c 2 ²

.

Für die relativistisch gerechnete Geschwindigkeit folgt somit nachdem wir

(1)

^und

(5)

gleichgesetzthaben:

v =

s 1 1 − ^v _c ^{2 2}

Ze ² 4π ₀ ~ 0 = v ⁴ − c ² v ² + c ²

Ze ² 4π ₀ ~

2

0 = b ² − c ² b + c ²

Ze ² 4π ₀ ~

2

nunkönnenwirdie

pq − F ormel

^{benutzen,wobeiwir}

v ² = b

^gesetzthaben(alternativ wäreaucheineLösungdurcheinnumerischesVerfahrenmöglich,z.B.mit Mathematica,

diesesliefert

v = 2.29543 · 10 ^{8 m} _s

^):

b _1,2 = c ² 2 ± c

2 s

c ² − 1 4

Ze ² π ₀ ~

2

für dieGeschwindigkeit folgtsomit:

v _1,2 = v u u t c ²

2 ± c 2

s c ² − 1

4 Ze ²

π ₀ ~ 2

Da wir für beide Fälle ein imaginäres Ergebnis erhalten, versuchen wires beim Aus-

rechnen mit dem Betrag (dies ist unbegründet, jedoch ein Versuchsansatz, wobei wir

sehen werden, dass das Ergebnisnicht mit dem numerischen übereinstimmt, somit also

derAnsatz falschist), wobei dieserinbeiden Fällenidentisch ist:

| v | = p

< ² + = ²

Fürden Radius ergibt sich:

r = 4π ₀ ~ ²

µγ ² Ze ² = ₀ h ²

πγ ² µZe ² = ₀ h ² πµZe ²

1 − v ²

c ²

Somit erhalten wiralsrelativistischgerechneteErgebnisse:

v = 2.46 · 10 ⁸ m s

v mathematica = 2.30 · 10 ⁸ m s

r = 1.89 · 10 ^{− 13} m = 0.0019

^Å

r mathematica = 2.38 · 10 ^{− 13} m = 0.0024

^Å

Hierbeiist daraufzuverweisen,dass dasnumerische Ergebnismitdem Realteil

<

^des

hergeleiteten Terms übereinstimmt.

(c)

Fürdie relativisitsche Massenzunahme desElektrons gilt:

m _elektron = γm ₀

⇔ m _elektron = 1 q

1 − ^v _c ^{2 2}

m _e

Wobei für dieRuhemasse desElektrons

m ₀ = m _e = 9.109 · 10 ^{− 31} kg

^{gilt. Nunbesitzt}

dasElektroneineGeschwindigkeitvon

v _H = 2.19 · 10 ^{6 m} _s ,

^{somitfolgtfürdie}relativistische Massenzunahme:

m _elektron,H = 1.003 · m _e = 9.110 · 10 ^{− 31} kg

Für dasElektron,dasdasUranumkreist gilt:

m _elektron,U = 1.349 · m _e = 12.284 · 10 ^{− 31} kg

FürdierelativistischeEnergiefolgtmit

E = mc ² = E _Kin +m ₀ c ² ⇒ E _kin = (γ − 1) m ₀ c ² = (γ − 1) m _e c ² :

E _rel,H = 2.18 · 10 ^{− 18} J = 13.61 eV

Für dieklassische Energiegilt

E = ¹ _{2 4π} ^{Ze 2} ₀ ¹ _r :

E _klass,H = 2.18 · 10 ^{− 18} J = 13.60 eV

Für dasUranfolgt:

E _rel,U = 2.86 · 10 ^{− 14} J = 178 keV

E klassisch,U = 1.85 · 10 ^{− 14} J = 115 keV

Somit folgt für dieÄnderung:

∆E _H = 0.01 eV

∆E _U = 63 keV

Für dieVerhältnissefolgt:

E _rel,H E klassisch,H

= 1.0006

E _rel,U E klassisch,U

= 1.55

Wir betrachten die Balmerserie mit einem Gitterspektrographen dem spektralen Auf-

lösungsvermögen

λ

∆λ = 5 · 10 ⁵ .

^{Wir bestimmen die Energie}

E _n ,

^{bis zu der noch zwei}

benachbarte Strahlen aufgelöst werden können. Hierzu bestimmen wir zunächst

n

^die

NummerdesletztenStrahls,deraufgelöstwerdenkann ohnevoneinem anderenüberla-

gertzu werden. Die Energie

E _n

^{istdeniert als:}

E _n = Ze ²

4π ₀ 2

µ 2 ~ ² · 1

n ²

⁽⁶⁾

Während für den Übergang von einem Energieniveau

m

^zumEnergieniveau

n : E _mn =

Ze ² 4π ₀

2

µ 2 ~ ² ·

1 n ² − 1

m ²

gilt, wobei

m = n _initial

^und

n = n _{f inal}

^{.Wir betrachten die Energie, diebeim letzten}

auösbaren Übergangfreigesetztwirdund den Balmer-Übergang:

∆E = Ze ²

4π ₀ 2

µ 2 ~ ² ·

1

n ² − 1 (n + 1) ²

(7)

E _2n = Ze ²

4π ₀ 2

µ 2 ~ ² ·

1 2 ² − 1

n ²

(8)

Für unsere Auösbarkeit gilt,da wirals Tipp zu Aufgabe 4 dieNäherung

∆λ λ ≈ ^∆ν _ν

erhaltenhaben:

λ

∆λ = E _2n

∆E ⇔ ∆λ λ = ∆E

E _2n

Nun können wirdies nutzen um das gesuchte

n

^{zu bestimmen, hierzu setzen wir}

(7)

und

(8)

^ein:

λ

∆λ =

Ze ² 4π ⁰

2 µ

2 ~ ² · ₂ ^{1 2} − _n ^{1 2} Ze ²

4π ⁰

2 µ 2 ~ ² ·

1

n ² − _(n+1) ^{1 2}

Wirkürzen und vereinfachen:

λ

∆λ =

n ² − 4 4n ²

2n+1

n ² (n+1) ²

umstellen liefert:

0 = n ² − 4

n ² (n + 1) ² (2n + 1) 4n ² − λ

∆λ

0 = n ⁴ + 2n ³ − 3n ² − 4 (2n + 1) (2n + 1) 4 − λ

∆λ

Diesführt miteinsetzen von

λ

∆λ = 5 · 10 ⁵

^{auf dienumerisch lösbareGleichung:}

0 = n ⁴ + 2n ³ − 3n ²

(2n + 1) 4 − 1 − 5 · 10 ⁵

Für diese folgtals Ergebnismit Mathematica:

n = 158.25

Somit ist derletzteauösbareÜbergangalso

157 → 158.

^{Nun berechnen wirnochdie}

Energie

E _n

^über

(6)

^mit

n = 158,

^esfolgt:

E ₁₅₈ = 5.60 · 10 ^{− 26} J = 3.50 · 10 ^{− 7} eV

6.3 Wellenpaket

Wirbetrachten einWellenpaketmit derVerteilung

A (k)

^{der W}ellenzahlen:

A (k) = α π

1 (k ² + α ² )

mit

α ∈ R ⁺ .

^{Zu berechnen ist die} Einhüllende desPaketes zum Zeitpunkt

t = 0.

^Wir

betrachten den allgemeinenAnsatz:

ψ (x) = Z _∞

−∞

dk A (k) e ^{i(kx − ωt)}

nunkönnen wirunsereRandbedingungeneinsetzen undmit

t = 0

vereinfacht sichder Term zu:

ψ (x) = α π

Z _∞

−∞

dk 1

(k ² + α ² ) e ^ikx

WirnutzendieEulersche Identität

e ^ik = cos k + i sin k : ψ (x) = α

π Z _∞

−∞

dk 1

(k ² + α ² ) cos xk + i Z _∞

−∞

dk 1

(k ² + α ² ) sin xk

Hierbei verschwindet der zweite Term (Imaginärteil), aus Symmetriegründen (

sin xk

ist antisymmetrischund

k ²

^ist symmetrisch).Wirerhalten dievereinfachte Funktion:

ψ (x) = α π

Z _∞

−∞

dk cos xk

(k ² + α ² )

⁽⁹⁾

ψ (x) = α π

πe ^{− x √ α 2 Sign(x)}

√ α ²

!

= e ^{−| α | x · Sign(x)} = e ^{−| αx |}

Alternativ können wirauchbei

(9)

substituieren. Nachdemwirumgeformt haben zu:

ψ (x) = 1 απ

Z _∞

−∞

dk cos xk

1 + _α ^{k 2} 2

substituieren wir

ξ = ^k _α ⇒ ^dξ dk = _α ¹ ⇔ αdξ = dk

^,sofolgt(Grenzen bleiben erhalten):

ψ (x) = 1 π

Z _∞

−∞

dξ cos αxξ (1 + ξ ² )

wobeider

cos

^{einegerade Funktionist,und somitkönnen wirschreiben:}

ψ (x) = 2 π

Z _∞

0

dξ cos αxξ (1 + ξ ² )

Dieses Integrallässt sich nun im Bronstein nden:

Z _∞

0

dx cos ax 1 + x ² = π

2 e ^{−| a |}

Anwendung auf unserIntegralliefert:

ψ (x) = e ^{−| αx |}

Die qualitativen Graphen für die ursprüngliche Funktion

A (k)

^{und die} Einhüllende

ψ (x)

^{könnenim Anhang gefundenwerden.}

Wirbenutzen alsAbschätzung

√ 1

2 ,

^somitfolgt:

∆k = 2α q √

2 − 1

∆x = − 2 α ln 1

√ 2

Diesführt auf:

∆k · ∆x = − 4α p √

2 − 1 ln √ ¹ 2

α = − 4

q √

2 − 1 ln 1

√ 2 = 0.89 ≈ 1

(a)

Wir betrachten die Lebensdauer eines

ρ ⁻ − M esons,

^{mit einer} Energieunschärfe von

∆E = 151.2 M eV = 2.422 · 10 ^{− 11} J.

^{Es gilt dieBeziehung:}

∆E∆t ≥ ~ 2

Es folgt:

∆τ = ~

2∆E = 2.18 · 10 ^{− 24} s

(b)

Es gilt wiederum

∆E∆t ≥ ^~ ₂ ,

^{zudem können wir die} Abschätzung

∆λ

λ = ^∆ν _ν

^nutzen.

Somit gilt nachumformen:

∆λ = ∆νλ ² c

wobei wir

ν = _λ ^c

^{verwendet haben. Nun gilt jedoch auch}

∆E = h∆ν ⇔ ^∆E _h = ∆ν,

dies können wireinsetzen:

∆λ = ∆Eλ ² hc

Nun können wirnoch ausunserer Abschätzung

∆E ≥ _2∆t ^~

^{verwenden,somit folgt:}

∆λ ≥ λ ² 4πc∆t

wirkönnen die Werte einsetzenund erhalten:

∆λ ≥ 6.63 · 10 ^{− 15} m

Wirsetzen also:

∆λ = 6.63 · 10 ^{− 15} m

(c)

Zu bestimmen ist die spektrale Bandbreite

∆λ

^eines Femto-Sekunden Laserpulses mit derDauer

t = 10 ^{− 15} s

^{für dieWellenlänge}

λ = 500 nm.

^Mit:

∆λ ≥ λ ² 4πc∆t

folgt für diespektraleBandbreite:

∆λ ≥ 6.63 · 10 ^{− 8} m

Somit folgt also:

∆λ = 66.3 nm