Lösungen zur Nachklausur zur Physik IV, SS 2005
Aufgabe 1: (10 Punkte)
a) Die kinetische Energie der Elektronen ist $E_{e} = 62 \; keV - 2 \; keV = 60 \; keV$. Dieses ist $12 \%$ der Ruhemasse des Elektrons, daher rechnen wir relativistisch. Die de-Broglie Wellenlänge der Elektronen ist dann (siehe erste Klausur):

\begin{displaymath}
\lambda = \frac{hc}{\sqrt{E_{e}(E_{e} + 2 m_{e} c^{2})}} = 4,86 \cdot 10^{-3} \; nm.
\end{displaymath}

b) Elektronen mit der kleinsten de-Broglie Wellenlänge entstehen bei der Rückwärtsstreuung der Photonen. Die Energie ist $E_{e} = E_{\gamma} - E_{\gamma}'$. Mit $E_{\gamma}' = hc/\lambda'$ und $\lambda' = \lambda + 2 \lambda_{C} = hc/E_{\gamma} + 2 \lambda_{C}$ folgt:

\begin{displaymath}
E_{e} = E_{\gamma} \frac{2 E_{\gamma}/(m_{e}c^{2})}{1 + 2 E_{\gamma}/(m_{e}c^{2})}
\end{displaymath}

Beim Compton-Effekt ist die maximale Elektronen- Energie also $E_{e} = 0,24 \cdot E_{\gamma} \approx 12 \; keV$. Dieses ist nur noch $2,5 \%$ der Ruhemasse, daher darf nichtrelativistisch gerechnet werden:

\begin{displaymath}
\lambda = \frac{h}{p} = \frac{hc}{\sqrt{2 m c^{2} E_{e}}} = 11,2 \cdot 10^{-3} \; nm.
\end{displaymath}


Aufgabe 2 (8 Punkte)
Die Wahrscheinlichkeit ist

\begin{displaymath}
P = \int dV \; \vert\psi\vert^{2} = \frac{4}{a_{B}^{3}} \int_{0}^{R} dr \; r^{2} e^{-2r/a_{B}}
\end{displaymath}

Für alle Werte von $r$ im Bereich des Integrals ist $2r/a_{B} < 4 \cdot 10^{-5}$ und daher $1 > e^{-2r/a_{B}} > 0,99996$. Wir setzen also $e^{-2r/a_{B}} \approx 1$. Dann erhalten wir

\begin{displaymath}
P = \frac{4}{a_{B}^{3}} \int_{0}^{R} dr \; r^{2} = \frac{4}{3} \left( \frac{R}{a_{B}} \right)^{3}
\approx 10^{-14}.
\end{displaymath}


Aufgabe 3: (8 Punkte)
a) Der Betrag des Bahndrehimpulses ist mit $l=2$:

\begin{displaymath}
\vert\vec{L}\vert = \hbar \sqrt{2(2+1)} = \sqrt{6} \hbar = 1,6 \cdot 10^{-15} eV \cdot s = 2,6 \cdot 10^{-34} J \cdot s.
\end{displaymath}

b) Die Aufspaltung im Magnetfeld ist beim normalen Zeeman- Effekt

\begin{displaymath}
E = E_{0} - \vec{\mu} \cdot \vec{B}
\end{displaymath}

Das magnetische Moment des Bahndrehimpulses ist $\vec{\mu} = - (e/2m) \vec{L}$, daher

\begin{displaymath}
- \vec{\mu} \cdot \vec{B} = + \frac{e}{2m} \vec{L} \cdot \vec{B} = \frac{e \hbar}{2 m} m_{l} B
\end{displaymath}

und daher erhalten wir 5 Energieniveaus:

\begin{displaymath}
E_{m_{l}} = E_{0} + m_{l} \mu_{B} B = 1,5 \; eV + m_{l} \cdo...
...dot 10^{-4} eV,
\; \; \; \; \; \; \; m_{l} = 0, \pm 1, \pm 2.
\end{displaymath}


Aufgabe 4: (8 Punkte)
Die quantisierte Rotationsenergie ist im ersten angeregten Zustand mit $J=1$:

\begin{displaymath}
E_{rot} = \frac{\hbar^{2}}{2 I} J(J+1) = \frac{\hbar^{2}}{I}
\end{displaymath}

mit dem Trägheitsmoment $I = \mu_{red} d^{2} = (m_{p}/2) d^{2}$. Die mittlere kinetische Energie der Translation ist $E_{trans} = (3/2) kT$. Die beiden Energien sind gleich bei

\begin{displaymath}
T = \frac{4}{3} \frac{\hbar^{2}}{k m d^{2}} = 117 \; K.
\end{displaymath}


Aufgabe 5: (8 Punkte)
Allgemein gilt

\begin{displaymath}
\frac{N_{3}}{N_{2}} = \frac{g_{3} e^{-E_{3}/kT}}{g_{2} e^{-E_{2}/kT}} = \frac{g_{3}}{g_{2}}
e^{-(E_{3}-E_{2})/kT}
\end{displaymath}

Bei $n=2$ haben wir einen s-Zustand und drei p-Zustände ( $m_{l} = -1, 0, +1$). Insgesamt also $g_{2} = 4$. Bei $n=3$ kommen weitere 5 d-Zustände hinzu ( $m_{l} = -2, -1, 0, +1, +2$). Insgesamt also $g_{3} = 9$. Mit $E_{n} = - 13,6 \; eV \cdot 1/n^{2}$ und $E_{3} - E_{2} = + 1,9 \; eV$ sowie $kT = 0,86 \; eV$ folgt

\begin{displaymath}
\frac{N_{3}}{N_{2}} = \frac{9}{4} e^{-2,2} = 0,25.
\end{displaymath}

oder

\begin{displaymath}
\frac{N_{2}}{N_{3}} = 4.
\end{displaymath}


Aufgabe 6: (8 Punkte)
a) Das Absoptionsgesetz lautet

\begin{displaymath}
I = I_{0} e^{-\mu x}
\end{displaymath}

mit dem Absorptionskoeffizienten $\mu$ und der Schichtdicke $x$. In unserem Fall ist $I/I_{0} = 1/10$ und $x = 0,1 \; cm$. Daraus folgt

\begin{displaymath}
\mu = \frac{ln(10)}{x} = 23 \; cm^{-1}.
\end{displaymath}

b) Im allgemeinen wird der Absorptionskoeffizient mit steigender Energie kleiner. Kommen wir mit der Energie allerdings in den Bereich der Ionisierung der K-Schale (Photoeffekt an der K-Schale), steigt der Wirkungsquerschnitt plötzlich um etwa einen Faktor 10 wieder an. Diese Energie ist erreicht bei ($a = 1$)

\begin{displaymath}
E_{K} = -13,6 \; eV \frac{(Z-a)^{2}}{1^{2}} = 84 \; keV.
\end{displaymath}

Selbst mit $a=0$ beträgt der Wert noch $E_{K} = 91 \; keV$. Bei $80 \; keV$ sind wir also unterhalb dieser Energie, bei $95 \; keV$ oberhalb der Energie der K-Schale. Daher wird der Absorptionskoeffizient grösser.



Harm Fesefeldt
2005-08-31