Lösungen

Aufgabe 1 a
Blatt 11, Aufgabe 1: Debye-Scherrer Verfahren
Pulverprobe
Mikrokristallite
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
Röntgenstrahl
ϕ
R
ϕ
Probe
2ϕ
S
Die Probe befinde sich im Mittelpunkt eines kreisförmig angeordneten
Filmstreifens mit Radius R.
Bei gegebener Wellenlänge λ Cu wird Beugung nur an den Mikrokristalliten
auftreten, für die der Einfallswinkel ϕ die Bragg-Bedingung erfüllt:
Da Einfallswinkel=Ausfallswinkel, ist der Winkel
(einfallender Strahl – gebeugter Strahl) =
∠
sinϕ
=
m⋅λ
2d
Die Gesamtheit aller Mikrokristallite, die unter zum Einfallsstrahl stehen,
erzeugen daher einen Beugungkegel mit Öffnungswinkel
ϕ
2ϕ
4ϕ
Da die Probe im Mittelpunkt des Filmstreifens steht, gilt ausserdem:
O 2π
4ϕ[
] = 4ϕ[
rad]
=
O
360
S
R

Aufgabe 1 b,c
Blatt 11, Aufgabe 1: Debye-Scherrer Verfahren
Mit der Bragg-Bedingung ergibt sich für den Abstand der Netzebenen:
d
=
(sin
m⋅ λ −1
m⋅λ
2
ϕ =
2
)
1
sin[
S
4R
]
λ
R = 57,4mm
S
S
Cu
1
2
d = a
1
= 0.154nm
= 123,6mm
= 186,2mm
d
2
=
2
2
a
b) aus S 1
berechnet sich der zugehörige Netzebenenabstand d 1
zu
d
=
1
sin[
m⋅λ
1 2 S1
4R
=
]
0,154nm
2 sin[
Der Beugungsreflex bei S 2
kommt von anderen Netzebenen (Abstand d 2
):
d
=
1
sin[
m⋅λ
2 2 S2
4R
=
]
0,154nm
2 sin[
[Man kann durch Einsetzen von d 1
und m=2 in die Bragg-Bedingung zeigen,
dass die Netzebenen mit Abstand d 1
keine 2. Beugungsordnung hervorrufen.]
c) Zuordnung der Beugungsreflexe
= 0,150nm
= 1,5 A
]
Wenn d 1
der Gitterkonstante a entspricht, so kann
d 2
relativ zur Gitterkonstante ausgedrückt werden:
d2
d2
1,06
2
d2 = a = a = a = 0,7066 a = a
a d1
1,50
2
Das entspricht gerade der halben Diagonalen,
so dass sich die Netzebenen aus nebenstehender
Abbildung ergeben.
1
123,6mm
4⋅57,4mm
1
186,2mm
4⋅57,4mm
O
O
= 0,106nm
= 1,06 A
]
a
( m = 1)
( m = 1)
2a

Aufgabe 2 b,a
Blatt 11, Aufgabe 2: Elektrische Leitfähigkeit von Metallen
b) Dichte der Elektronen im Leitungsband
N
M
A
= 6,022⋅10
ρ = 8,96
= 63,5
σ = 5,9 ⋅10
g
3
cm
g
mol
7 A
Vm
23
1
mol
Kupfer ist ein monovalentes Metall, d.h. pro Atom ist ein Elektron im
Leitungsband.
n
e
=
ρN
M
A
=
8,96
g
cm
23 Atome
Mol
⋅6,022⋅10
3 22
= 8,50⋅10
63,5
a) Die Driftgeschwindigkeit beträgt also:
g
Mol
Atome
3
cm
r
= 0,815mm
I
1A
−5
m
vd
= =
= 3,52⋅10
Anee
−19
π
−4
2 28
( 8,15⋅10
m) ⋅8,5⋅10
1
⋅1,6 ⋅10
C
s
m
3
I
=
ΔQ
Δt
=
n eAv
e
d
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 c
Blatt 11, Aufgabe 2: Elektrische Leitfähigkeit von Metallen
F = ma
E = F / q
σ = 5,9 ⋅10
7
A
Vm
c) Mittlere Stoßzeit der Elektronen
v
j
d
=
σ =
= aτ
=
I
A
j
E
=
=
n
e
F
m
ev
2
nee
τ
m
e
e
τ =
d
=
Ee
τ
m
e
Enee
m
e
2
τ
τ =
σ m
n e
e
e
2
=
5,9⋅10
8,5⋅10
7
Vm A ⋅
28 −3
m
9,1110 ⋅
(1,6⋅10
−31
−19
kg
C)
2
=
2,5⋅10
−14
s
=
25 fs

Aufgabe 2 d
Blatt 11, Aufgabe 2: Elektrische Leitfähigkeit von Metallen
d) Mittlere freie Weglänge relevanter Elektronen
Für den Leitungsprozess relevante Elektronen haben die Energie
E ≈ E Fermi
Daraus kann man die Fermigeschwindigkeit berechnen:
E
a
F
Cu
= 7eV
= 0,26nm
E
v
F
F
=
=
1
2
m
e
2E
m
e
F
v
2
F
=
2⋅7eV
−
9,1110 ⋅
31
= 1,6⋅10
kg
6
m
s
Die mittlere freie Weglänge beträgt dann:
l
l
=
v
F
≈154⋅
a
⋅τ
= 1,6 ⋅10
Cu
6
m
s
⋅ 2,5 ⋅10
−14
s
=
40nm

Aufgabe 3 a
Blatt 11, Aufgabe 3: Atomkerne und Kernreaktionen
a) Bindungsenergie: 4 He
−27
m p
= 1.6726⋅10
kg
Δ m = Z ⋅ m + ( A − Z)
⋅ m
p
n
−
m
Kern
−27
m n
= 1.6750 ⋅10
kg
2
E B
= Δmc
= 6.6442 ⋅10
−27
m He
c
8
= 2.998 ⋅10
ms
−1
kg
2 ⋅ m
p
+ 2 ⋅ mn
− mKern
2
EB / A
=
⋅ c = 7. 2MeV
4
1eV
= 1.602 ⋅10
−19
J

Aufgabe 3 b
Blatt 11, Aufgabe 3: Atomkerne und Kernreaktionen
b)
Fusion
Spaltung

Aufgabe 3 c
Blatt 11, Aufgabe 3: Atomkerne und Kernreaktionen
t
1 2
m = 200g
14
12
N
C
C
M
A
C
= 5730a
= 1,3 ⋅10
= 12
g
mol
−12
= 6,022⋅10
Definiton des Mols!
23 1
mol
c)
Von ursprünglich N Atomen zerfallen innerhalb der Halbwertszeit:
N
2
= N ⋅ e
−λ⋅t
1 2
Die Zerfallskonstante λ ergibt sich damit aus der Halbwertszeit zu:
1
2
= e
λ =
−λ⋅t
ln 2
t
1 2
1 2
=
⇒
0,693
5730a
ln
1
2
= 3,84⋅10
= −λ
⋅t
−12
1
s
ln 2 = λ ⋅t
Die Anzahl der radioaktiven 14 C-Atome in der ursprünglichen Probe
betrug:
N
14
0
C
= m ⋅
14
12
C
C
= 1,3 ⋅10
⋅
13
N A
M
Atome
1 2
= 0,2kg
⋅1,3
⋅10
⇒
−12
6,022⋅10
Die Zerfallsrate in der ursprünglichen Probe war damit:
R
14
C
−12
1 13
0 = λ ⋅ N0
= 3,84⋅10
⋅1,3
⋅10
≈ 3000
s
⋅
12
23
g
Mol
Atome
Mol
1
min
1 2

Aufgabe 3 c
Blatt 11, Aufgabe 3: Atomkerne und Kernreaktionen
Die ursprüngliche Zerfallsrate ist nach n Halbwertszeiten um
geringer geworden, d.h.:
n
( 1
2
)
R
n
=
R
0
⋅ (
1
2
)
n
⇒
(
1
2
)
n
=
R
R
n
0
⇒
2
n
=
R
R
0
n
n ⋅ ln 2
=
ln
R
R
0
n
⇒
n
=
ln
R
R
0
n
ln 2
=
ln
3000
400
ln 2
1
min
1
min
≈
2,91
Das Alter des Knochens beträgt also:
t = n ⋅t
= 2,91⋅5730a
16700a
1 2
≈

Aufgabe 4 a,b
Blatt 11, Aufgabe 4: Wellen
a) Wellengleichung:
2
∂ f
2
∂t
− v
2
ph
2
∂ f
2
∂z
=
0
b) Ebene Welle:
f
( z,
t)
=
i
Ae
( kz−ωt)
Einsetzen
2
− Aω
e
2 2 2
( v k −ω
)
⇒
ph
v
2
ph
i(
kz−ω
t)
=
2
ω
2
k
+ v
Ae
2
ph
Ak
i(
kz−ω
t)
e
= 0
v
2
ph
i(
kz−ω
t)
=
ω
k
=
0

Aufgabe 4 c,d
Blatt 11, Aufgabe 4: Wellen
c) Schrödingergleichung:
−
2
h
2m
Δψ
( x,
t)
= ih
∂
∂t
ψ ( x,
t)
ψ ( x,
t)
= Asin(
kx −ωt)
einsetzen:
−
−
2
h
2m
h
2m
Ak
2
k
ω
2
sin( kx −ωt)
tan( kx −ωt)
= i
ψ ( x,
t)
=
= ihAω
cos( kx −ωt)
Ae
i(
kx−ωt)
d) Einsetzen von :
2
h
2m
2
2
h k
2m
Ak
2
e
= hω
|ψ ( x,
t)
|
i(
kx−ωt)
2
dxdt
= hAωe
i(
kx−ωt)
ist die Wahrscheinlichkeit das
Teilchen im Interval [t,t+dt] und [x,x+dx] zu finden.

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:
F
el
⇒
= qE
v = E
=
/ B
F
mag
=
qvB
b) Nach der Blende wirkt nur noch das Magnetfeld. Den
Radius der Teilchenbahn erhält man durch Gleichsetzen
der Zentripetalkraft und der Lorentzkraft:
F
Z
⇒
2r
p
2
v
= m
r
mv
r =
qB
= 1,04m
=
F
mag
mE
=
2
qB
2r
=
α
=
qvB
2,09m