Übung Nr.10
Abgabetermin: Montag, d. 4. Juli 2005

Aufgabe 1: (5 Punkte)
Normalerweise hat Chlor die Atomzahl $A=35$, d.h. es befinden sich 35 Neutronen und Protonen im Kern. Als weiteres Isotop gibt es Chlor mit $A=37$, also zwei weiteren Neutronen. Damit ändert sich die reduzierte Masse um

\begin{displaymath}
\frac{d\mu}{\mu} = \frac{37/38 - 35/36}{35/36} = \left( \fra...
...6}{38 \cdot 35} - 1 \right)
= (1,0015 - 1) = 0,0015 = 0,15 \%
\end{displaymath}

Die Frequenzen beim reinen Rotationsspektrum ändern sich um

\begin{displaymath}
\frac{d\nu_{k}}{d\mu} = \frac{d}{d\mu} \left( \frac{\hbar^{2...
...frac{\hbar^{2} (k+1)}{\mu^{2} d^{2} h} = - \frac{\nu_{k}}{\mu}
\end{displaymath}

oder

\begin{displaymath}
\frac{d\nu_{k}}{\nu_{k}} = - \frac{d\mu}{\mu} = - 0,15\% .
\end{displaymath}

Für das reine Schwingungsspektrum gilt entsprechend

\begin{displaymath}
\frac{d\nu_{S}}{d\mu} = \frac{d}{d\mu} \left( \frac{\hbar}{h...
...t{ \frac{D}{\mu} } \right)
= - \frac{1}{2} \frac{\nu_{S}}{\mu}
\end{displaymath}

Hier gilt also

\begin{displaymath}
\frac{d\nu_{S}}{\nu_{S}} = -\frac{1}{2} \frac{d\mu}{\mu} = -0.075 \% .
\end{displaymath}

Im Rotations- Schwingungsspektrum sehen wir natürlich die Frequenzänderung von der Schwingung, da diese Frequenzen um einen Faktor von ca. 1000 größer sind als die von der Rotation.
Aufgabe 2: (5 Punkte)
a) Die Kraftkonstante wird durch die Atomhüllen bestimmt. Diese sind in beiden Molekülen gleich, daher sind auch die Kraftkonstanten gleich.
b) Die Dissiziationsenergie hängt von der Nullpunktsenergie bzw. von der Schwingungsfrequenz $\omega_{0}$ ab. Da diese wiederum von der reduzierten Masse abhängt, erwarten wir verschiedene Dissoziationsenergien im $H_{2}$- und $HD$- Molekül.
c) Die reduzierten Massen sind

\begin{displaymath}
\mu_{H_{2}} = \frac{1}{2} m_{p}, \; \; \; \; \; \mu_{HD} = \...
...
\rightarrow \; \; \; \; \; \mu_{HD} = \frac{4}{3} \mu_{H_{2}}
\end{displaymath}

Die Schwingungsfrequenz des $HD$- Moleküls ist

\begin{displaymath}
\omega_{HD} = \sqrt{\frac{D'}{\mu_{HD}}} = \sqrt{\frac{3}{4}} \omega_{H_{2}}
= 7,17 \cdot 10^{14}\; s^{-1}
\end{displaymath}

Das $HD$- Molekül hat also eine kleinere Nullpunktsenergie und damit eine grössere Dissoziationsenergie als das $H_{2}$- Molekül. Die Differenz der Dissoziationsenergien ist

\begin{displaymath}
E_{Diss,HD} - E_{Diss,H_{2}} = \frac{1}{2} \hbar (\omega_{H_...
...} \; eV \cdot s \; 1,11 \cdot 10^{14} \; s^{-1} = 0,037 \; eV.
\end{displaymath}

Daher ist die Dissoziationsenergie vom $HD$- Molekül

\begin{displaymath}
E_{Diss,HD} = E_{Diss,H_{2}} + 0,037 \; eV = 4,515 \; eV.
\end{displaymath}

Mit diesen Messungen wurde die Existenz der Nullpunktsenergie bei Schwingungen nachgewiesen.
Aufgabe 3: (5 Punkte)
In einem Gas im thermodynamischen Gleichgewicht bei der Temperatur $T$ befinden sich

\begin{displaymath}
N = \frac{g}{g_{0}} N_{0} e^{-(E-E_{0})/kT}
\end{displaymath}

angeregte Atome (Moleküle) in einem Zustand der Energie $E$. $N_{0}$ ist die Anzahl der Atome im Zustand der Energie $E_{0}$, $g$ und $g_{0}$ sind die Entartungsgrade der entsprechenden Zustände. Bei der Schwingung ist der Entartungsgrad offensichtlich $g_{0} = g = 1$. Das Verhältnis der Moleküle im ersten angeregten Zustand zur Anzahl im Grundzustand ist also

\begin{displaymath}
\eta = \frac{N_{1}}{N_{0}} = e^{-\hbar \omega_{0}/kT}
\end{displaymath}

Dieses ist gleichzeitig das Verhältnis der Anti-Stokes zu Stokes- Linien, da der Wirkungsquerschnitt der Streuung der Anzahl der vorhandenen Zustände proportional ist. Dieses Verhältnis sollte verdoppelt werden, also

\begin{displaymath}
e^{-\hbar \omega_{0}/kT_{2}} = 2 e^{-\hbar \omega_{0}/kT_{1}}
\end{displaymath}

Daraus kann $T_{2}$ berechnet werden zu

\begin{displaymath}
T_{2} = \frac{T_{1}}{1 - ln(2) \; k T_{1}/(\hbar \omega_{0})}
\end{displaymath}

Bei Zimmertemparatur ( $T_{1} = 300 \; K$) ist $kT_{1} = 0.025 \; eV$. Die Energie des ersten angeregten Zustandes ist $\hbar \omega_{0} = 6,97 \cdot 10^{-2} \; eV$. Damit folgt $T_{2} = T_{1}/0.75 = (4/3) T_{1} = 400 \; K$. Die Temperatur muß also um $100 \; K$ erhöht werden
Aufgabe 4: (5 Punkte)
Die Energiedichte im Gas ist

\begin{displaymath}
\overline{E} = N_{0} ( \frac{3}{2} kT + \frac{f_{rot}}{2} kT...
...T)
= N_{0} (\frac{3}{2} kT + kT + kT) = N_{0} \frac{7}{2} kT.
\end{displaymath}

Der Druck ist durch die Gasgleichung gegeben, also $p = (N/V) kT = N_{0} k T$. Hierbei ist $N_{0}$ die Anzahl der Moleküle pro $cm^{3}$. Damit folgt

\begin{displaymath}
p = \frac{\overline{E}}{7/2} = \frac{2}{7} \overline{E}.
\end{displaymath}





Harm Fesefeldt
2005-07-05