ExPhy3 WS0809 Mueller HA+Lsg.pdf

I A M P
Übungen zur Experimentalphysik III
Wintersemester 2008/2009
Institut für Atom- und Molekülphysik
Leihgesterner Weg 217, 35392 Gießen
Lösungen zum Hausaufgabenblatt 1 vom 15.10.2008
Aufgabe H1.1 (3 Punkte)
JUSTUS-LIEBIG-
UNIVERSITÄT
GIESSEN
Ein Glas (0.5 l) Wasser wird in die Nordsee entleert. Danach verteile sich das Wasser gleichmäßig
auf alle Weltmeere mit dem Volumen VWM = 1.37×10 9 km 3 . Am Strand der Seychellen wird die
gleiche Menge (0.5 l) Wasser geschöpft. Wieviele Moleküle des ursprünglichen Glases Wasser
sind in dem geschöpften Wasser enthalten?
Lösung
1. Schritt: Anzahl der Moleküle in 0.5 l Wasser
Dichte von Wasser ρ = 1 g/cm 3
0.5 l Wasser V = 500 cm 3
1 mol Wasser (Masse) mmol = 18 g
1 mol Wasser (Anz. Moleküle) Nmol = NA = 6.022 × 10 23
Masse von 0.5 l Wasser m = ρV = 500 g
Anzahl der Moleküle in 0.5 l N0 = m
mmol NA = 1.67 × 10 25
2. Schritt: Anzahl dieser Moleküle pro cm 3 der Weltmeere
n = N0
VWM
3. Schritt: Anzahl dieser Moleküle in 0.3 l:
= 1.67 × 1025
1.37 × 1024 = 12.2 cm−3
cm3 (H1.1)
N1 = nV = 12.2 cm −3 × 500 cm 3 = 6100 (H1.2)
Im geschöpften Wasser befinden sich ca. 6100 Moleküle des ursprünglichen Volumens.

Aufgabe H1.2 (4 Punkte)
Im interstellaren Raum beträgt die mittlere Dichte von Wasserstoffatomen 1 cm −3 und die
mittlere Temperatur 10 K. Wie groß ist der Druck unter diesen Bedingungen?
Wieviele Atome/Moleküle eines ideales Gases findet man unter Normalbedingungen in einem
Volumen von 1 cm 3 ?
Nützlich zu wissen beim Arbeiten im Labor: Wieviele Atome befinden sich bei einem Druck von
1 mbar und einer Temperatur von 300 K in einem Volumen von 1 cm 3 ?
Lösung
Die Beziehung zwischen Druck p, Teilchendichte n und Temperatur T lautet p = nkBT mit der
Boltzmann-Konstanten kB = 1.38 × 10 −23 J K −1 . Mit n = 1 cm −3 = 10 6 m −3 und T = 10 K
folgt
p = 10 6 × 1.38 × 10 −23 × 10 N m −2 = 1.38 × 10 −16 Pa ≈ 1.38 × 10 −18 mbar
Anzahl der Atome in 1 cm 3 unter Normalbedingungen (T = 273 K, p = 1013 mbar):
N = pV
kBT =
10.13 N cm −2 × 1 cm 3
1.38 × 10 −21 N cm K −1 × 273 K
≈ 2.69 × 1019
Anzahl der Atome pro 1 cm 3 und pro 1 mbar bei Zimmertemperatur (T = 300 K):
N = 2.69 × 10 19 /1013 × 273/300 ≈ 2.42 × 10 16

Aufgabe H1.3 (3 Punkte)
Der totale Wirkungsquerschnitt für die Absorption von 1-MeV-Gammastrahlung in Blei ist
σ = 2.5×10 −23 cm 2 . Blei hat eine Massendichte ρ = 11.34 g cm −3 sowie eine atomare Massenzahl
A = 208. Welche Dicke muss die Bleischicht haben, damit die Intensität der Gammastrahlung
nach Durchgang durch die Bleichschicht nur noch 0.1� ihres Ausgangswertes beträgt?
Lösung
Teilchendichte von Blei:
n = NAρ/MA = 6.022 × 10 23 × 11.34/208 cm −3 = 3.3 × 10 22 cm −3
Dicke, nach der die Intensität auf 1/e ihres Anfangswertes abgesunken ist:
Gesucht wird die Dicke x, für die gilt
d = 1/(nσ) = 1/(3.3 × 10 22 × 2.5 × 10 −23 ) cm = 1.2 cm
0.0001I0 ≡ I(x) = I0e −x/d ⇒ x = −d ln(0.0001) ≈ 11 cm

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Übungen zur Experimentalphysik III
Wintersemester 2008/2009
Institut für Atom- und Molekülphysik
Leihgesterner Weg 217, 35392 Gießen
Lösungen zum Hausaufgabenblatt 10 vom 17.12.2008
Aufgabe H10.1 (3 Punkte)
Zeigen Sie, dass mit den Dirac-Matrizen α1, α2, α3 und β folgende Beziehung gilt
Hinweise:
Lösung
β =
αi =
� c�α · �p + βm0c 2� 2 = I � c 2 p 2 + (m0c 2 ) 2�
⎛
1
⎜
⎜0
⎝0
0
1
0
0
0
−1
⎞
0
0 ⎟
0 ⎠
⎛
1
⎜
und I = ⎜0
⎝0
0
1
0
0
0
1
⎞
0
0 ⎟
0⎠
0
�
0
σi
0 0 −1
�
�
σi
0
mit σ1 =
0
1
�
1
,
0
0 0 0 1
� �
0 −i
σ2 =
i 0
Ausmultiplizieren der linken Seite von Gl. H10.1 ergibt
(c�α · �p + βm0c 2 )(c�α · �p + βm0c 2 )
= c 2 (�α · �p) 2 + m0c 3 (�α · �pβ + β�α · �p) + ββ(m0c 2 ) 2
und σ3 =
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GIESSEN
� �
1 0
0 −1
(H10.1)
(H10.2)
(H10.3)
= c 2 (pxα1 + pyα2 + pzα3) 2 + m0c 3 [px(α1β + βα1 + py(α2β + βα2) + pz(α3β + βα3)] + β 2 m 2 0c 4
= c 2 � p 2 xα1α1 + p 2 yα2α2 + p 2 zα3α3 + pxpy(α1α2 + α2α1) + pypz(α2α3 + α3α2) + pzpx(α3α1 + α1α3) �
+m0c 3 [px(α1β + βα1) + py(α2β + βα2) + pz(α3β + βα3)] + β 2 m 2 0c 4
Man rechnet leicht nach, dass
ββ = I (H10.5)
� � � � � �
1 0 0 σi 0 −σi
βαi =
=
(H10.6)
0 −1 σi 0 σi 0
� � � � � �
0 σi 1 0 0 σi
αiβ =
=
(H10.7)
σi 0 0 −1 −σi 0
αiβ + βαi = 0 (H10.8)
� � � � � �
0 σi 0 σj σiσj 0
αiαj =
=
(H10.9)
σi 0 σj 0 0 σiσj
(H10.4)

Insbesondere ist für i = 1, 2, 3
�
2 σi αiαi =
0 σ 2 i
�
0
=
� �
1 0
= I (H10.10)
0 1
Schließlich folgt mit σiσj +σjσi = 0 (leicht nachzurechnen) aus Gl. H10.9, dass αiαj +αjαi = 0.
Damit sind alle Terme in Gl. H10.4 entweder Null oder proportional zur Einheitsmatrix I.
Insgesamt ist also
� c�α · �p + βm0c 2� 2 = c 2 (p 2 xI + p 2 yI + p 2 zI) + m 2 0c 4 I = I � c 2 p 2 + (m0c 2 ) 2�
Dies war zu zeigen.
Aufgabe H10.2 (4 Punkte)
(H10.11)
Die Feinstrukturaufspaltung setzt sich zusammen aus der Spin-Bahn-Kopplung und der relativistischen
Korrektur und wird bei wasserstoffähnlichen Ionen wie beim neutralen Wasserstoff
näherungsweise beschrieben durch
EFS = En
n (αZ)2
� �
1 3
−
j + 1/2 4n
(H10.12)
a) Zeigen Sie, dass der Korrekturwert für keinen der möglichen Werte von n und j verschwindet,
sondern immer zu einer Absenkung gegenüber dem unkorrigierten Energieniveau führt.
b) In wieviele Energieniveaus spalten die Terme des doppelt ionisierten Lithiums mit den Hauptquantenzahlen
n = 3 und n = 4 durch die Feinstruktur-Wechselwirkung auf?
c) Geben Sie den Betrag der Verschiebung (in eV) an für die in b) bestimmten Niveaus beim
doppelt ionisierten Lithium.
Lösung
Teil a)
Für wasserstoffähnliche Systeme gilt
Da für j < jmax gilt 1/j > 1/jmax, ergibt sich
1 3
−
j + 1/2 4n >
lmax = n − 1 (H10.13)
s = 1/2 (H10.14)
jmax = l + 1/2 = n − 1/2 (H10.15)
1
jmax + 1/2
− 3
4n
1 3
= −
n 4n
= 1
4n
> 0 (H10.16)
Damit ist EFS für alle erlaubten Werte von n und j immer ungleich Null und mit En < 0
negativ, d.h. die Energieniveaus werden abgesenkt.

Teil b)
Bei wasserstoffähnlichen Systemen hängt die Energie der elektronischen Zustände nur von n
und j mit j = |l ± 1/2| ab. Für l > 1 gilt l − 1/2 = (l − 1) + 1/2. Für l = 0 ist nur
j = 1/2 möglich. Da lmax = n − 1, gibt es zu gegebenem n gerade n verschiedene j-Werte,
und zwar: j = 1/2, 3/2, . . . , n − 1/2. Die Terme zu n = 3 und n = 4 spalten somit in 3 bzw. 4
Energieniveaus auf.
Teil c)
Für doppelt ionisiertes Lithium mit Z = 3, En = −13.6Z2 /n2 eV und α = 1/137.036 ergibt
sich
EFS = −13.6 eV × 34α2 n3 � �
1 3
− = −0.05866 eV ×
j + 1/2 4n
1
n3 � �
1 3
− (H10.17)
j + 1/2 4n
Für die Feinstrukturkorrektur erhält man dann:
n j 1/(j + 1) − 3/(4n) EF S / eV
3 1/2 1/1 − 3/12 = 3/4 −1.63 × 10 −3
3/2 1/2 − 3/12 = 1/4 −5.43 × 10 −4
5/2 1/3 − 3/12 = 1/12 −1.81 × 10 −4
4 1/2 1/1 − 3/16 = 13/16 −7.45 × 10 −4
3/2 1/2 − 3/16 = 5/16 −2.86 × 10 −4
5/2 1/3 − 3/16 = 7/48 −1.34 × 10 −4
7/2 1/4 − 3/16 = 1/16 −5.73 × 10 −5

Aufgabe H10.3 (3 Punkte)
Berechnen Sie die Bindungsenergie eines Elektrons im 1s-Zustand eines Wasserstoffatoms (Z =
1) und eines wasserstoffähnlichen Uranions (Z = 92) mit der bohrschen Formel E1 = −RZ 2
sowie mit der Dirac-Formel
Enj = mec 2
⎧⎡
⎪⎨
�
⎣1
αZ
+
⎪⎩ n − j − 1/2 + � (j + 1/2) 2 − (αZ) 2
� ⎤
2
⎦
−1/2
⎫
⎪⎬
− 1
⎪⎭
(H10.18)
Bilden Sie den Quotienten aus Dirac-Wert und Bohr-Wert. Diskutieren Sie die Ergebnisse.
Lösung
Bohrsche Formel für n = 1
E1 = −RZ 2
Dirac-Formel für n = 1 und j = 1/2
Enj = mec 2
⎧⎡
⎪⎨
�
� ⎤ ⎫
2
−1/2 ⎪⎬
⎣1
αZ
+ � ⎦ − 1
⎪⎩ 1 − (αZ) 2
⎪⎭
= mec 2
�� 1 + (αZ)2
1 − (αZ) 2
=
� �
−1/2
− 1
mec 2
�� 1
1 − (αZ) 2
� �
−1/2
− 1 = mec 2
�� �
1 − (αZ) 2 − 1
= 2R
α2 �� �
1 − (αZ) 2 − 1 = 2Rα −1
�√ �
α−2 − Z2 −1
− α
(H10.19)
(H10.20)
(H10.21)
(H10.22)
(H10.23)
Bindungsenergien im Grundzustand wasserstoffähnlicher Systeme berechnet nach Bohr und
nach Dirac. Für U 91+ liefert die Dirac-Theorie einen ca. 15% höheren Wert für die Bindungsenergie
als die Bohr-Formel. Zur Berechnung der unten tabellierten Werte wurde α = 1/137.035 999
und R = 13.605 6923 eV verwendet.
H U 91+
Bohr -13.605 6923 eV -115.158 579 keV
Dirac -13.605 8734 eV -132.279 926 keV
Dirac/Bohr -1.000 0133 -1.148 6763

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Übungen zur Experimentalphysik III
Wintersemester 2008/2009
Institut für Atom- und Molekülphysik
Leihgesterner Weg 217, 35392 Gießen
Lösungen zum Hausaufgabenblatt 11 vom 14.01.2009
Aufgabe H11.1 (5 Punkte)
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Mit welcher Wahrscheinlichkeit hält sich das Elektron im Grundzustand des Wasserstoffatoms
im Proton (Radius rp = 0.895 fm) auf? Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich das
Elektron im Grundzustand eines wasserstoffähnlichen Uranions im 238 U-Kern (Radius rU =
5.86 fm) aufhält?
Hinweis: Verwenden Sie in beiden Fällen die nichtrelativistische Wellenfunktion.
Lösung
Die Wahrscheinlichkeit, dass sich das Elektron innerhalb eines Abstandes R vom Kernmittelpunkt
aufhält, beträgt
P (R) =
wobei die 1s-Wellenfunktion
� R
0
4πr 2 |ψ100(r)| 2 dr = 4Z3
a 3 0
ψ100 = 1
� �3/2 Z
Z
− r
√ a e 0
π a0
� R
0
r 2 2Z
− r a e 0 dr (H11.1)
(H11.2)
eingesetzt wurde. Im Integral in Gl. H11.1 wird x = 2Zr/a0 bzw. r = xa0/(2Z) substituiert:
mit
P (R) = 4Z3
a 3 0
a3 0
8Z3 � ξ
x
0
2 e −x dx = 1
� ξ
x
2 0
2 e −x dx (H11.3)
ξ = 2ZR
a0
(H11.4)
Da der Kernradius R sehr viel kleiner ist als der Bohrsche Radius a0, ist x < ξ ≪ 1, und somit
ist eine Entwicklung der Exponentialfunktion im Integranden sinnvoll:
P (R) = 1
� ξ
x
2 0
2 e −x dx = 1
� ξ
x
2 0
2 (1 − x + . . .)dx (H11.5)
Da x ≪ 1, wird in der weiteren Rechnung nur der erste Term der Entwicklung berücksichtigt,
und man erhält
P (R) = 1 ξ
2
3
3
= ξ3
6
(H11.6)

Für Wasserstoff ist Z = 1, R = rp, ξ = 2 × 0.895 × 10 −15 /(0.529 × 10 −10 ) = 3.384 × 10 −5 und
P (rp) = 6.5 × 10 −15 .
Für Uran ist Z = 92, R = rU, ξ = 2 × 92 × 5.86 × 10 −15 /(0.529 × 10 −10 ) = 2.038 × 10 −2 und
P (rU) = 1.4 × 10 −6 .
Alternativer Lösungsweg:
P (R) =
� R
Das in Gl. H11.7 abgekürzte Integral
0
4πr 2 |ψ100(r)| 2 dr = 4Z3
a 3 0
I2(η, r) =
� R
0
r 2 2Z
−
e
kann analog zum Integral aus Gl. P3.2 behandelt werden:
I0(η, r) =
I1(η, r) =
I2(η, r) =
Damit und mit ξ aus Gl. H11.4 ist
�
P (R) = 4Z3
a 3 0
a 0 r dr = 4Z 3
a 3 0
I2(2Z/a0, R) (H11.7)
� r
x
0
2 e −ηx dx (H11.8)
� r
e
0
−ηx dx = −η −1 e −ηx�� r
0 = η−1 � 1 − e −ηr�
� r
xe
0
−ηx dx = − dI0(η, r)
= η
dη
−2 � 1 − e −ηr� − rη −1 e −ηr
= −η −2 − e −ηr � η −2 + rη −1�
� r
x
0
2 e −ηx dx = − dI1(η, r)
= 2η
dη
−3 − re −ηr � η −2 + rη −1�
−e −ηr � 2η −3 + rη −2� = 2η −3 − e −ηr � 2η −3 + 2rη −2 + r 2 η −1�
2 a3 2Z
0
R a − e− 0
8Z3 = 1 − e −2ZR/a0
�
1 + 2 R
�
2 a3 0
a0
8Z3 + 2R a2 0 a0
+ R2
4Z2 Z + 2 R2
a2 Z
0
2
�
2Z 2
��
= 1 − e −ξ � 1 + ξ + 1
2 ξ2�
(H11.9)
(H11.10)
(H11.11)
(H11.12)
(H11.13)
Wegen ξ ≪ 1 (s. o.) ist die Berechnung von P (R) nach Gl. H11.13 numerisch heikel. Wiederum
ist es vorteilhaft, die Exponentialfunktion in Gl. H11.13 für die weitere Berechnung zu
entwickeln:
P (R) = 1 − � 1 − ξ + 1
2 ξ2 − 1
6 ξ3 . . . � � 1 + ξ + 1
2 ξ2�
= 1 − � 1 + ξ + 1
2 ξ2 − ξ − ξ 2 − 1
2 ξ3 + 1
2 ξ2 + 1
2 ξ3 − 1
6 ξ3 + O(ξ 4 ) �
= 1 − � 1 − 1
6 ξ3 + O(ξ 4 ) � = 1
6 ξ3 + O(ξ 4 ) (H11.14)
Dies ist identisch mit dem obigen Resultat (Gl. H11.6).

Aufgabe H11.2 (5 Punkte)
23 Na hat einen Kernspin I = 3/2. Geben Sie alle möglichen Gesamtdrehimpulse für die Natrium-
Konfigurationen 1s 2 2s 2 2p 6 3s und 1s 2 2s 2 2p 6 3p an.
Lösung
Spin S und Bahndrehimpuls L addieren sich zum Elektronen-Gesamtdrehimpuls J gemäß der
Auswahlregel:
|L − S| ≤ J ≤ L + S (H11.15)
Elektronen-Gesamtdrehimpuls J und Kerndrehimpuls I addieren sich zum Gesamtdrehimpuls
F gemäß der Auswahlregel:
|J − I| ≤ F ≤ J + I (H11.16)
Da die n = 1- und n = 2-Schalen abgeschlossen sind, ist für die Betrachtung der Elektronen-
Drehimpulse nur das äußere Elektron relevant.
3s-Elektron
Spin: S = 1/2
Bahndrehimpuls: L = 0
Elektronen-Gesamtdrehimpuls: |1/2 − 0| ≤J≤ 0 + 1/2 ⇒ J = 1/2
Gesamtdrehimpuls: |1/2 − 3/2| ≤F≤ 1/2 + 3/2 ⇒ F = 1, 2.
In der Natrium-Konfiguration 1s 2 2s 2 2p 6 3s gibt es die Gesamtdrehimpulse F = 1 und F = 2.
3p-Elektron
Spin: S = 1/2
Bahndrehimpuls: L = 1
Elektronen-Gesamtdrehimpuls: |1/2 − 1| ≤J≤ 1 + 1/2 ⇒ J = 1/2, 3/2
Gesamtdrehimpuls: |1/2 − 3/2| ≤F≤ 1/2 + 3/2 ⇒ F = 1, 2
sowie |3/2 − 3/2| ≤F≤ 3/2 + 3/2 ⇒ F = 0, 1, 2, 3.
In der Natrium-Konfiguration 1s 2 2s 2 2p 6 3p gibt es die Gesamtdrehimpulse F = 0, F = 1,
F = 2 und F = 3.

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Übungen zur Experimentalphysik III
Wintersemester 2008/2009
Institut für Atom- und Molekülphysik
Leihgesterner Weg 217, 35392 Gießen
Lösungen zum Hausaufgabenblatt 12 vom 21.01.2009
Aufgabe H12.1 (6 Punkte)
)H ,
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GIESSEN
Die Abbildung zeigt das Spektrum eines Sonnenflecks und seiner Umgebung. Das starke Magnetfeld
des Sonnenflecks spiegelt sich in der Zeeman-Aufspaltung der Fe I Linie bei 1564.85 nm
(markierte Linie) wieder. Diese Linie wird beim Übergang vom Zustand . . . 3d 6 4s ( 6 D) 5p 7 D1
in den Zustand . . . 3d 6 4s ( 6 D) 5s 7 D1 des neutralen Eisens emittiert. Zeichnen Sie das Termschema
mit den erlaubten Übergängen (∆mJ = ±1, 0). Lesen Sie aus der Abbildung den Betrag
der Zeeman-Aufspaltung ab und berechnen Sie das Magnetfeld im Sonnenfleck.
Lösung
Aus der Abbildung liest man für den Abstand der beiden äußeren Linien ∆λ = 0.1625 nm ab.
Da die Zeeman-Aufspaltung zwischen benachbarten Linien gemessen wird (∆mj = ±1, 0) muss
die schwächere mittlere Linie mit berücksichtigt werden. Damit ergibt sich eine Aufspaltung
von
Mit
∆λ = 0.08125 nm
dν
dλ
= − c
λ 2
(H12.1)

ergibt sich eine Frequenzaufspaltung von ∆ν = 9.95 × 10 9 Hz.
Aus den angegebenen Termen lassen sich die gJ des Anfangs- und Endzustands mit
gJ = 1 +
J(J + 1) + S(S + 1) − L(L + 1)
2J(J + 1)
(H12.2)
berechnen zu gJ = 3 für beide Zustände. Wie man aus der Abbildung sieht, ergeben sich für
J = 1 drei Linien mit Aufspaltung −gJ, 0, gJ.
5 p 7 D 1
5 s 7 D 1
Man erhält damit für das Magnetfeld:
0 3 -3 0
∆ν = ∆E
h
3
-3 0
= gJµBB
h
m J = 1 , g = 3 J
m J = 0 , g = 0 J
m J = -1 , g = -3 J
m J = 1 , g = 3 J
m J = 0 , g = 0 J
m J = -1 , g = -3 J
(H12.3)
B = ∆νh
= 0.24 T (H12.4)
gjµB

Aufgabe H12.2 (4 Punkte)
Das Erdmagnetfeld hat am magnetischen Südpol eine Flussdichte B = 62 µT. Wie groß ist in
diesem Magnetfeld die Zeeman-Aufspaltung der 643.8 nm 1 D2 → 1 P1 Linie des Cadmium-Atoms
(normaler Zeeman-Effekt) in Frequenz und Wellenlänge. Wie groß ist die Aufspaltung in einem
Magnetfeld von 0.75 T, wie es beispielsweise in Strahlführungsmagneten kleiner Beschleuniger
herrscht?
Lösung
Der Abstand zweier Komponenten mit ∆mj = 1 beträgt
mit dem Landé-Faktor
gj = 1 +
∆E = gjµBB (H12.5)
j(j + 1) − l(l + 1) + s(s + 1)
2j(j + 1)
(H12.6)
Bei der hier betrachteten Linie ist s = 0 und j = l (normaler Zeemaneffekt). Somit ist gj = 1
für beide Zustände, und die Aufspaltung ∆E = µBB zwischen benachbarten Komponenten ist
dieselbe sowohl für den 1 D2- als auch für den 1 P1-Zustand. Daher ist die Frequenzaufspaltung
zwischen benachbarten Linien
Mit
∆ν = ∆E
h
= µBB
h
(H12.7)
νλ = c (H12.8)
dν
dλ
= − c
λ 2
ergibt sich für den Betrag der Wellenlängenaufspaltung:
∆λ = λ2 ∆ν
c
B ∆ν ∆λ ∆λ/λ
62 µT 8.69 × 10 5 Hz = 869 kHz 1.20 × 10 −15 m 1.86 × 10 −9
0.75 T 1.05 × 10 10 Hz = 10.5 GHz 1.45 × 10 −11 m 2.25 × 10 −5
(H12.9)
(H12.10)

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Übungen zur Experimentalphysik III
Wintersemester 2008/2009
Institut für Atom- und Molekülphysik
Leihgesterner Weg 217, 35392 Gießen
Lösungen zum Hausaufgabenblatt 2 vom 22.10.2008
Aufgabe H2.1 (4 Punkte)
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UNIVERSITÄT
GIESSEN
a) Berechnen Sie die Geschwindigkeit und Energie eines α-Teilchens (mα = mHe = 4 u) der
Anfangsenergie E0 = 5.49 MeV nach einem zentralen elastischen Stoß mit einem Goldatomkerm
(mAu = 197 u). Wie groß ist der relative Energieübertrag auf den Goldatomkern?
b) Welche Energie und Geschwindigkeit erhält ein anfänglich ruhendes Heliumatom, das zentral
von einem beschleunigten Goldion der Anfangsenergie E0 = 5.49 MeV getroffen wird. Welche
Energie hat das Goldion nach dem Stoß? Wie groß ist der relative Energieübertrag auf das
Heliumatom?
Hinweis: Energieäquivalent der atomaren Masseneinheit: 1 muc 2 ≈ 931.5 MeV.
Lösung
Teil a)
Geschwindigkeit des α-Teilchens vor dem Stoß
� �
2E0 2E0
vα = = c
mαc2 ≈ 3 × 108 m s −1
�
2 × 5.49 MeV
4 × 931.5 MeV ≈ 1.63 × 107 m s −1
mα
Geschwindigkeiten nach dem Stoß (Gl. P1.17 und P1.18):
uα = mα − mAu
vα =
mα + mAu
−193
201 × 1.63 × 107 m s −1 = −1.57 × 10 7 m s −1
2mα
vα =
mα + mAu
8
201 × 1.63 × 107 m s −1 = 6.49 × 10 5 m s −1
uAu =
(H2.1)
(H2.2)
(H2.3)
Das α-Teilchen wird an dem sehr viel schwereren Goldkern zurückgestreut. Das Vorzeichen der
Geschwindigkeit kehrt sich um, der Betrag bleibt nahezu erhalten.
Energien der Teilchen nach dem Stoß (Gl. P1.20 und P1.21):
Eα =
EAu =
� mα − mAu
mα + mAu
� 2
4mαmAu
(mα + mAu) 2 E0 =
� �2 193
E0 = × 5.49 MeV = 5.06 MeV
201
(H2.4)
4 × 4 × 197
2012 × 5.49 MeV = 0.43 MeV (H2.5)
Der relative Energieübertrag auf den Goldkern beträgt EAu/E0 = 7.8%

Teil b)
Geschwindigkeit des Goldions vor dem Stoß
� �
2E0 2E0
vAu = = c
mAuc2 ≈ 3 × 108 m s −1
�
2 × 5.49 MeV
197 × 931.5 MeV ≈ 2.32 × 106 m s −1
mAu
Geschwindigkeiten nach dem Stoß (Gl. P1.17 und P1.18):
uAu = mAu − mHe
vAu =
mAu + mHe
193
uHe =
2mAu
mAu + mHe
vAu =
201 × 2.32 × 106 m s −1 = 2.23 × 10 6 m s −1
2 × 197
201 × 2.32 × 106 m s −1 = 4.55 × 10 5 m s −1
(H2.6)
(H2.7)
(H2.8)
Das Goldion fliegt mit fast unveränderter Geschwindigkeit weiter, während sich das Heliumatom
nach dem Stoß fast doppelt so schnell wie das Goldion in dieselbe Richtung bewegt.
Energien der Teilchen nach dem Stoß (Gl. P1.20 und P1.21):
EAu =
EHe =
� mAu − mHe
mAu + mHe
� 2
4mAumHe
(mAu + mHe) 2 E0 =
� �2 193
E0 = × 5.49 MeV = 5.06 MeV
201
(H2.9)
4 × 4 × 197
2012 × 5.49 MeV = 0.43 MeV (H2.10)
Der relative Energieübertrag auf das Heliumatom beträgt EHe/E0 = 7.8%

Aufgabe H2.2 (4 Punkte)
In ihrem epochalen Experiment streuten Rutherford, Geiger und Marsden α-Teilchen an einer
Goldfolie. Die α-Teilchen wurden aus einem radioaktiven 222 Rn-Präparat emittiert mit einer
kinetischen Energie von 5.49 MeV. Bis zu einem Streuwinkel ϑ = 150 ◦ folgt der gemessene
Wirkungsquerschnitt der Vorhersage für punktförmige geladene Teilchen. Wir groß sind die
kinetische Energie und der dem Laborwinkel ϑ = 150 ◦ entsprechende Streuwinkel im Schwerpunktsystem?
Wie groß ist der Wirkungsquerschnitt im Schwerpunktsystem und wie groß im
im Laborsystem?
Lösung
Im Laborsystem ist die kinetische Energie der α-Teilchen
E Lab = mα
2 v2 α = 5.49 MeV (H2.11)
Im Schwerpunktsystem muss die reduzierte Masse einsetzt werden, d. h.
E cm = 1 mαmAu
v
2 mα + mAu
2 α =
mAu
E
mα + mAu
Lab
(H2.12)
197
= × 5.49 MeV ≈ 0.980 × 5.49 MeV ≈ 5.38 MeV (H2.13)
4 + 197
Aufgrund des großen Massenunterschieds ist die kinetische Energie im Labor- und Schwerpunktsystem
fast dieselbe.
Die Umrechnungsformel zwischen Streuwinkel ϑ > 90◦ im Laborsystem und Streuwinkel θ im
Schwerpunktsystem ist (s. Vorlesung)
cos θ = −k sin 2 �
ϑ ± cos ϑ 1 − k2 sin2 ϑ (H2.14)
Das Massenverhältnis ist k = mα/mAu = 4/197 = 0.0203. Mit ϑ = 150◦ ist sin ϑ = 0.5 und
cos ϑ = −0.8660 und damit
�
cos θ = −0.0203 × 0.25 ± (−0.8660) 1 − (0.0203 × 0.5) 2 ≈ −0.005075 ∓ 0.8659 (H2.15)
Da Rückwärtsstreuung vorliegt, muss gelten cos θ < 0, und somit ist das negative Vorzeichen
zu wählen. Es ergibt sich θ = arccos(−0.870975) ≈ 150.6 ◦ .
Wirkungsquerschnitt im Schwerpunktsystem:
dσ 1
=
dΩcm 16
�
�
ZαZAue2 �2 4πε0E cm
kin
1
sin 4 (θ/2)
=
2 × 79 × e × 1.6022 × 10−19 A s
16π × 8.854 × 10−12 A s V −1 m−1 × 5.38 × 106 eV
= (1.057 × 10−14 m) 2
0.96734 = 1.28 × 10 −24 cm 2
Wirkungsquerschnitt im Laborsystem:
dσ dσ
=
dΩLab dΩcm dΩ cm
dΩ Lab
� 2
×
(H2.16)
1
sin 4 (75.3 ◦ ) (H2.17)
(H2.18)
(H2.19)

Das Verhältnis der Raumwinkelelemente (s. Vorlesung) ist mit k = mα/mAu = 0.0203, ϑ = 150 ◦ ,
sin ϑ = sin 150 ◦ = 0.5 und cos ϑ = cos 150 ◦ = −0.8660
dΩ cm
dΩ Lab = 2k cos ϑ ± 1 + k2 (1 − 2 sin 2 ϑ)
� 1 − k 2 sin 2 ϑ
(H2.20)
= 2 × 0.0203 × (−0.8660) ± 1 + 0.02032 (1 − 2 × 0.25)
√
1 − 0.02032 × 0.25
(H2.21)
= −0.035 ± 1.0002
√ ≈ −0.035 ± 1.000
1.0001
(H2.22)
Da der Gesamtausdruck positiv sein soll, ist das positive Vorzeichen zu wählen. Insgesamt ist
also
dσ dσ
=
dΩLab dΩcm dΩ cm
dΩ Lab = 1.28 × 10−24 cm 2 × 0.965 = 1.24 × 10 −24 cm 2
(H2.23)

Aufgabe H2.3 (2 Punkte)
Welche Energie benötigen α-Teilchen mindestens, um einem Goldkern so nahe zu kommen, dass
beide Kerne sich berühren?
Lösung
Abschätzung für den Radius eines Atomkern mit Massenzahl A: rA = r0A 1/3 mit r0 = 1.4 fm.
Damit kann der Abstand d berechnet werden, bei dem sich α-Teilchen und Goldkern gerade
berühren.
d = rα + rAu = 1.4 × 10 −15 m × � 4 1/3 + 197 1/3� = 10.37 × 10 −15 m (H2.24)
Die kinetische Energie der α-Teilchen muss für die Überwindung der Coulombbarriere ausreichen,
d. h.
2 Z1Z2e
Eα ≥ ECoul = (H2.25)
4πε0d
Mit e 2 /(4πε0) = 1.44 × 10 9 eV/m, Z1 = 2, Z2 = 79 ist
ECoul = 2 × 79 × 1.44 × 10−9 eV m
1.037 × 10 −14 m
= 21.9 MeV (H2.26)
Das α-Teilchen benötigt eine Energie von mindestens 21.9 MeV, um sich dem Goldkern soweit
annähern zu können, dass sich beide Kerne berühren.

I A M P
Übungen zur Experimentalphysik III
Wintersemester 2008/2009
Institut für Atom- und Molekülphysik
Leihgesterner Weg 217, 35392 Gießen
Lösungen zum Hausaufgabenblatt 3 vom 29.10.2008
Aufgabe H3.1 (3 Punkte)
JUSTUS-LIEBIG-
UNIVERSITÄT
GIESSEN
Ein Strahl einfach geladener Heliumionen werde elastisch an einem Helium-Atomstrahl der
Teilchendichte n = 10 14 cm −3 und der Dicke ∆x = 1 mm gestreut. Der elektrische Strom
des Ionenstrahls sei I = 1.6 nA. Die gestreuten Heliumionen werden mit einem kreisrunden,
flächigen Detektor mit Durchmesser D = 3 cm nachgewiesen, der sich unter variablem Streuwinkel
ϑ in einem Abstand s = 30 cm hinter dem Atomstrahl befindet. Behandeln Sie die
Heliumionen und die Heliumatome in dem Atomstrahl grob vereinfachend als harte Kugeln
mit Radius r = 0.1 nm. Wie hoch ist jeweils die Zählrate R im Detektor bei den Streuwinkeln
ϑ = 10 ◦ , 45 ◦ und 90 ◦ .
Hinweis: Im Laborsystem ist der winkeldifferenzielle Querschnitt
Lösung
Die Zählrate (Teilchen pro Sekunde) im Detektor ist
mit dem Teilchenstrom
der Flächenbelegung
dem vom Detektor eingesehenen Raumwinkel
dσ
dΩ (ϑ) = 4r2 cos ϑ (H3.1)
R(ϑ) = S n∆x∆Ω dσ
(ϑ) (H3.2)
dΩ
S = I
e = 1.6 × 10−9 A
1.6 × 10 −19 As = 1010 s −1 , (H3.3)
n∆x = 10 14 cm −3 × 0.1 cm = 10 13 cm −2
∆Ω = π(D/2)2
s 2
(H3.4)
= πD2
= 0.00785 (H3.5)
4s2 sowie dem winkeldifferenziellen Wirkungsquerschnitt im Laborsystem aus Gl. H3.1. Einsetzen
aller Größen in Gl. H3.2 ergibt
R(ϑ) = 10 10 s −1 × 10 13 cm −2 × 0.00785 × 10 −16 cm 2 × 4 cos ϑ = 3.14 × 10 5 s −1 cos ϑ (H3.6)
Im Einzelnen ergibt sich für die angegebenen Winkel R(10 ◦ ) = 3.09 × 10 5 s −1 , R(45 ◦ ) = 2.22 ×
10 5 s −1 und R(90 ◦ ) = 0 s −1 .

Aufgabe H3.2 (2 Punkte)
Der Glanzwinkel der ersten Ordnung von Röntgenstrahlen der Wellenlänge λ = 0.21 nm wird
bei Reflexion an einer Spaltfläche von NaCl zu θ = 22 ◦ 10’ gemessen. Berechnen Sie die Gitterkonstante
d des NaCl-Kristalls. Ermitteln Sie mit dem Ergebnis die Avogadro-Konstante. NaCl
hat eine Dichte von ρ = 2.163 g/cm 3 .
Hinweis: Das NaCl-Gitter ist kubisch-flächenzentriert!
Lösung
Nach der Bragg-Beziehung gilt:
Mit θ = 22 ◦ 10’= 22.1667 ◦ folgt
d = nλ
2 sin θ
d = 0.278 nm
NaCl besitzt ein kubisch flächenzentriertes Gitter. Die Größe einer Elementarzelle beträgt
(H3.7)
a = 2d = 0.556nm (H3.8)
Damit erhält man N = 5.818 · 10 21 Elementarzellen pro cm 3 . Eine Elementarzelle enthält
4 NaCl Moleküle. NaCl hat damit eine Teilchendichte von n = 2.327 · 10 22 Moleküle pro cm 3 .
Die Molmasse beträgt 58g (23+35). Bei einer Dichte von ρ = 2.163 g/cm 3 entspricht dies
µ = 0.0373 mol/cm 3 . Für die Avogadro-Konstante ergibt sich dann
NA = n
µ = 6.24 · 1023 mol −1
(H3.9)

Aufgabe H3.3 (3 Punkte)
a) Zeigen Sie, dass ein transversales Magnetfeld Ionen gleicher Ladung q bezüglich ihres Impulses
trennt und dass ein transversales Magnetfeld B beliebige Ionen, welche die gleiche Spannung
U durchlaufen haben, bezüglich des Verhältnisses von Masse zu Ladung trennt.
b) Zeigen Sie, dass ein transversales elektrisches Feld E Ionen gleicher Ladung bezüglich ihrer
Energie trennt (Ablenkung im Plattenkondensator).
Lösung
Teil a)
Im Magnetfeld gilt:
und damit für den Bahnradius:
mv 2
r
= qvB (H3.10)
r = mv
qB
Bei konstantem B und q ist r nur vom Impuls mv abhängig.
Beim Durchlaufen einer Spannung U erhalten die Ionen eine Energie
Damit ergibt sich für den Bahnradius
Bei konstantem B und U ist r also nur von � (m/q) abhängig.
Teil b)
(H3.11)
1
2 mv2 = qU (H3.12)
r = 1
�
2m
U (H3.13)
B q
Im elektrischen Feld wirkt auf ein Ion der Ladung die Kraft F = qE. Es erfährt die Beschleunigung
beim Durchqueren des Plattenkondensators die Beschleunigung a = F/m = (q/m)E.
Zum Durchqueren des Plattenkondensators der Länge L benötigt das Ion, dass mit der Geschwindigkeit
v in den Plattenkondensator eintritt, die Zeit t = L/v. In dieser Zeit entfernt es
sich um die Strecke
y = 1
2 at2 = qE
2m
L2 qEL2
=
v2 4Ekin
(H3.14)
von seiner ursprünglichen Ausbreitungsrichtung. Bei gleicher Ladung hängt die Auslenkung
also nur von der kinetischen Energie Ekin = 1
2 mv2 ab.

Aufgabe H3.4 (2 Punkte)
Geben Sie die kinetische Energie eines Teilchens in Kugelkoordinaten an, das sich mit nichtrelativistischer
Geschwindigkeit �v in einer Ebene bewegt.
Lösung
Zusammenhang zwischen kartesischen Koordinaten x, y, z und Polarkoordinaten r, ϑ (= π/2
wegen Bewegung in einer Ebene), φ:
Die Zeitableitungen lauten
Für die kinetische Energie folgt damit
x = r cos φ (H3.15)
y = r sin φ (H3.16)
z = 0 (H3.17)
˙x = ˙r cos φ − r ˙ φ sin φ (H3.18)
˙y = ˙r sin φ + r ˙ φ cos φ (H3.19)
˙z = 0 (H3.20)
E = 1
2 m�v2 = 1
2 m|�˙r| 2 = 1
2 m � ˙x 2 + ˙y 2 + ˙z 2�
= m
�
˙r
2
2 cos 2 φ − 2r ˙r ˙ φ cos φ sin φ + r 2 �
φ˙ 2 2 2 2
sin φ + ˙r sin φ + 2r ˙r φ˙ 2
cos φ sin φ + r φ˙ 2 2
cos φ
= ˙r 2 + r 2 φ˙ 2
(H3.21)

I A M P
Übungen zur Experimentalphysik III
Wintersemester 2008/2009
Institut für Atom- und Molekülphysik
Leihgesterner Weg 217, 35392 Gießen
Lösungen zum Hausaufgabenblatt 4 vom 5.11.2008
Aufgabe H4.1 (10 Punkte)
JUSTUS-LIEBIG-
UNIVERSITÄT
GIESSEN
Röntgenstrahlen der Wellenlänge λ = 0.124 nm werden an Graphit gestreut. Die Streustrahlung
wird senkrecht zur Einfallsrichtung der Röntgenstrahlung beobachtet.
a) Wie groß ist die Compton-Verschiebung ∆λ?
b) Wie groß ist die kinetische Energie des gestoßenen Elektrons?
c) Welchen Bruchteil seiner ursprünglichen Energie verliert das Photon?
d) Wie groß ist der entsprechende Bruchteil, den ein Photon der Wellenlänge λ = 0.0124 nm
verliert, wenn es bei der Compton-Streuung um 90 ◦ abgelenkt wird?
e) Welche Wellenlängen und Energien haben die unter 180 ◦ gestreuten Photonen (für λ =
0.124 nm)? Welche Energie erhält das Rückstoßelektron? Wie groß sind die auftretenden Photonenimpulse?
f) Betrachten Sie den Fall λ ≪ λe. Wie hängen Energie des rückgestreuten Photons und des
Rückstoßelektrons mit der Primärenergie der Photonen zusammen?
Hinweise: Das Elektron wird vor dem Stoß als ruhend angesehen; die Bindungsenergie soll
vernachlässigt werden.
Lösung
Streuwinkel der Photonen: θ = 90 ◦ .
Teil a)
Bei der Compton-Streuung beträgt die Wellenlängenverschiebung
wobei
∆λ = λe(1 − cos θ) (H4.1)
λe = h
mec = 2.426 × 10−12 m (H4.2)
die Compton-Wellenlänge des Elektrons ist. Mit cos θ = cos 90 ◦ = 0 folgt sofort
Teil b)
∆λ = 2.426 × 10 −12 m (H4.3)

Die Energie des Photons vor der Streuung ist mit λ = 1.24×10 −10 m und hc = 1.24×10 −6 eV m
Eγ = hc
λ = 1.24 × 10−6 eV m
1.24 × 10−10 m
Die Energie des Photons nach der Streuung beträgt
E ′ γ = hc
λ + ∆λ = 1.24 × 10−6 eV m
1.26426 × 10 −10 m
= 10 keV (H4.4)
= 9.81 keV (H4.5)
Da das Photon Energie verliert, nimmt die Wellenlänge zu. Die Elektronenenergie ist gleich der
Energiedifferenz
Ee = ∆Eγ = Eγ − E ′ γ = 0.19 keV (H4.6)
Teil c)
Teil d)
∆Eγ/Eγ = 0.19/10 = 1.9% (H4.7)
Mit denselben Formeln wie vorhin berechnet man für λ = 1.24 × 10 −11 m
Teil e)
Eγ = hc
λ = 1.24 × 10−6 eV m
1.24 × 10−11 m
E ′ γ =
hc
λ + ∆λ = 1.24 × 10−6 eV m
1.4826 × 10−11 m
= 100 keV (H4.8)
= 83.6 keV (H4.9)
∆Eγ = 16.4 keV (H4.10)
∆Eγ/Eγ = 16.4/100 = 16.4% (H4.11)
Für rückgestreute Photonen ergibt sich die Wellenlängenänderung aus Gl. H4.1 zu
∆λ = λe[1 − cos(180 ◦ )] = 2λe = 4.852 × 10 −12 m (H4.12)
Mit der Wellenlänge λ = 124 × 10 −12 m des einfallenden Photons ist die Wellenlänge des
rückgestreuten Photons
λr = λ + ∆λ = 128.852 × 10 −12 m (H4.13)
Dies entspricht einer Energie
Er = hc
λr
Das Elektron erhält den Energiebetrag
Impuls des Photons vor dem Stoß:
pγ = �k = h
λ
= Eγ
c =
= hc
λ + 2λe
= 9.622 keV (H4.14)
Ee = Eγ − Er = 0.378 keV (H4.15)
10 keV
3 × 108 m s−1 = 10000 × 1.6022 × 10−19 A V s
3 × 108 m s−1 = 5.34 × 10 −24 N s
(H4.16)

Impuls des Photons nach dem Stoß:
Teil f)
pr = Er
c
= 9.622 keV
3 × 10 8 m s −1 = 9622 × 1.6022 × 10−19 A V s
3 × 10 8 m s −1 = 5.14 × 10 −24 N s (H4.17)
Für λ ≪ λe wird Gl. H4.14 unabhängig von der Energie des einfallenden Photons:
Er = hc
λr
= hc
2λe
= 1
2 mec 2 ≈ 255.5 keV (H4.18)
wobei λe aus Gl. H4.2 eingesetzt wurde. Das Rückstoßelektron erhält Energie des einfallenden
Photons vermindert um 255.5 keV.

I A M P
Übungen zur Experimentalphysik III
Wintersemester 2008/2009
Institut für Atom- und Molekülphysik
Leihgesterner Weg 217, 35392 Gießen
Lösungen zum Hausaufgabenblatt 5 vom 12.11.2008
Aufgabe H5.1 (10 Punkte)
JUSTUS-LIEBIG-
UNIVERSITÄT
GIESSEN
Ein Photon unbekannter Energie wird an einem Elektron Compton-gestreut. Der Streuwinkel
φ des Elektrons beträgt 60 ◦ . Das Rückstoßelektron durchläuft nach dem Stoß in einem Magnetfeld
der Stärke B = 0.02 Tesla eine Kreisbahn mit Radius R = 1.5 cm. Welche Energie hat das
Elektron nach dem Stoß? Welche Energie, Frequenz und Wellenlänge hatte das einfallende Photon?
Vergleichen Sie die Energie des einfallenden Photons mit der Ruheenergie des Elektrons.
Vergleichen Sie die Resultate der nichtrelativistischen und der relativistischen Berechnungen.
Darf man nichtrelativistisch rechnen?
Lösung
S J
Die Elektronenenergie nichtrelativistisch
S H
Die Energie des Elektrons nach dem Stoß kann aus dem Bahnradius R im Magnetfeld wird
durch Gleichsetzen von Zentripetalkraft und Lorentzkraft bestimmt:
I
S J
T
S J
mev 2 e
R = eveB (H5.1)
Mit pe = mev folgt für den Elektronenimpuls (gilt auch relativistisch)
pe = eBR (H5.2)
S H
I

und mit Ekin = mev 2 e/2 = p 2 e/(2me) folgt (nichtrelativistisch)
Ekin = (eRB) 2 /(2me) = (ecRB) 2 /(2mec 2 ) (H5.3)
= e 2 (3 × 10 8 m s −1 × 0.015 m × 0.02 V s m −2 ) 2 /(2 × 511000 eV) (H5.4)
= e(3 × 10 8 × 0.015 × 0.02 V) 2 /(1 022 000 V) (H5.5)
= (90 000 2 /1 022 000) eV = 7.925 keV (H5.6)
Dieser Wert beträgt ca. 1.5% der Ruheenergie mec 2 = 511 keV des Elektrons. Man kann
also noch nichtrelativistisch rechnen. Genauere Resultate erfordern jedoch eine relativistische
Behandlung.
Nichtrelativistische Berechnung von λ aus Impuls- und Energiebilanz
Zwischen den Impulsen pγ und p ′ γ des Photons vor bzw. nach dem Stoß und dem Impuls pe des
Elektrons besteht nach obiger Abbildung folgender Zusammenhang:
Multiplikation der Gleichung mit c 2 :
Mit pγc = Eγ und p ′ γc = E ′ γ folgt dann
Ferner muss die Energieerhaltung erfüllt sein, d. h.
p ′2
γ = p 2 γ + p 2 e − 2pγpe cos φ (H5.7)
c 2 p ′2
γ = c 2 p 2 γ + c 2 p 2 e − 2pγpec 2 cos φ (H5.8)
E ′2
γ = E 2 γ + c 2 p 2 e − 2Eγpec cos φ (H5.9)
E ′ γ = Eγ − Ekin
Einsetzen von Gl. H5.10 Gl. H5.9 und nachfolgende Vereinfachung:
(H5.10)
(Eγ − Ekin) 2 = E 2 γ + c 2 p 2 e − 2Eγpec cos φ (H5.11)
E 2 γ − 2EγEkin + E 2 kin = E 2 γ + c 2 p 2 e − 2Eγpec cos φ (H5.12)
Mit Ekin = p 2 e/(2me) bzw. mit p 2 e = 2meEkin folgt
−2EγEkin + E 2 kin = c 2 p 2 e − 2Eγpec cos φ (H5.13)
− 2EγEkin + E 2 kin = 2mec 2 �
Ekin − 2Eγ 2mec2Ekin cos φ (H5.14)
2Eγ( � 2mec 2 Ekin cos φ − Ekin) = 2mec 2 Ekin − E 2 kin (H5.15)
Auflösen nach Eγ ergibt schließlich
Einsetzen der Zahlenwerte:
Eγ = Ekin(2mec2 − Ekin)
�
=
2Ekin( cos φ − 1)
Ekin(2 mec2
�
2
2 mec2
Ekin
Ekin
2 mec2
Ekin
− 1)
cos φ − 2
(H5.16)
(H5.17)
Ekin = 7925 eV (Gl. H5.6) (H5.18)
cos φ = cos 60 ◦ = 0.5 (H5.19)
mec 2 = 510 999 eV (H5.20)
2mec 2 /Ekin = 128.959 (H5.21)
Eγ =
7925 × 127.959
2 × 0.5 × √ eV = 108.39 keV (H5.22)
128.959 − 2

Mit ν = Eγ/h, h = 6.6261×10 −34 J s = (6.626×10 −34 /1.6022×10 −19 ) eV s = 4.1356×10 −15 eV s
ist
ν = 2.621 × 10 19 Hz (H5.23)
und weiterhin mit λ = c/ν, c = 299 792 458 m s −1 ist
Die Elektronenenergie relativistisch
Die totale Energie des Elektrons ist
λ = 1.144 × 10 −11 m (H5.24)
Ee = � p 2 ec 2 + m 2 ec 4 (H5.25)
Die kinetische Energie ist die Differenz von totaler Energie und Ruheenergie
Ekin = Ee − mec 2 = � p 2 ec 2 + m 2 ec 4 − mec 2 = � (eBRc) 2 + (mec 2 ) 2 − mec 2
Im letzen Schritt wurde Gl. H5.2 eingesetzt. Einsetzen der Zahlenwerte:
(H5.26)
mec 2 = 510 999 eV (H5.27)
eBRc = e × 0.02 V s m −2 × 0.015 m × 299 792 458 m s −1 = 89 938 eV (H5.28)
Ekin = ( √ 89 938 2 + 510 999 2 − 510 999) eV = 7854 eV (H5.29)
Relativistische Berechnung von λ aus Impuls- und Energiebilanz
Zwischen den Impulsen pγ und p ′ γ des Photons vor bzw. nach dem Stoß und dem Impuls pe des
Elektrons besteht nach obiger Abbildung folgender Zusammenhang:
Die Energiebilanz lautet
Elimination von θ aus Gl. H5.30 und H5.31
pγ = p ′ γ cos θ + pe cos φ (H5.30)
0 = p ′ γ sin θ − pe sin φ (H5.31)
mec 2 + pγc = p ′ γc + Ee = p ′ γc + � p 2 ec 2 + m 2 ec 4 (H5.32)
p ′ γ cos θ = pγ − pe cos φ (H5.33)
p ′ γ sin θ = pe sin φ (H5.34)
Quadratische Addition beider Gleichungen und Ausnutzen von cos 2 θ + sin 2 θ = 1 ergibt
p ′ 2 2
γ = pγ + p 2 e cos 2 φ − 2pγpe cos φ + p 2 e sin 2 φ = p 2 γ + p 2 e − 2pγpe cos φ (H5.35)
Aus der Energiebilanz (Gl. H5.32) ergibt sich andererseits
p ′ γ = mec + pγ − � p 2 e + m 2 ec 2 (H5.36)
p ′ 2 2
γ = mec 2 + p 2 γ + 2mecpγ + p 2 e + m 2 ec 2 − 2(mec + pγ) � p2 e + m2 ec2 (H5.37)
= p 2 γ + p 2 e + 2mec(mec + pγ) − 2(mec + pγ) � p 2 e + m 2 ec 2 (H5.38)
Elimination von p ′ 2
γ durch Gleichsetzen mit Gl. H5.35
�
− 2pγpe cos φ = 2(mec + pγ) mec − � p2 e + m2 ec2 �
(H5.39)

Auflösen nach pγ
pγ
�
pe cos φ + mec − � p2 e + m2 ec2 �
pγ =
��p mec 2
e + m2 ec2 �
− mec
pe cos φ + mec − � p2 e + m2 h
=
2
ec λ
��
= mec p2 e + m2 ec2 �
− mec
= hν
c
= Eγ
c
Damit und nach Erweitern mit c ist die Energie der Photonen
mec
Eγ = cpγ =
2
��p 2
ec2 + m2 ec4 − mec2 �
��p pec cos φ − 2
ec2 + m2 ec4 − mec2 mec
� =
2Ekin eBRc cos φ − Ekin
wobei im letzten Schritt Gl. H5.26 und Gl. H5.2 eingesetzt wurden.
Einsetzen der Zahlenwerte (s. Gl. H5.29):
(H5.40)
(H5.41)
(H5.42)
Ekin = 7854 eV (H5.43)
mec 2 = 510 999 eV (H5.44)
eBRc = 89 938 eV (H5.45)
cos φ = cos 60 ◦ = 0.5 (H5.46)
Eγ =
510 999 × 7854
eV = 108.13 keV
89 938 × 0.5 − 7854
(H5.47)
Mit ν = Eγ/h, h = 6.6261×10 −34 J s = (6.626×10 −34 /1.6022×10 −19 ) eV s = 4.1356×10 −15 eV s
ist
ν = 2.615 × 10 19 Hz (H5.48)
und weiterhin mit λ = c/ν, c = 299 792 458 m s −1 ist
λ = 1.147 × 10 −11 m (H5.49)
Das klassisch berechnete Resultat (Gl.H5.24) ist um ca. 0.003 × 10 −11 m bzw. 0.26% kleiner.

I A M P
Übungen zur Experimentalphysik III
Wintersemester 2008/2009
Institut für Atom- und Molekülphysik
Leihgesterner Weg 217, 35392 Gießen
Lösungen zum Hausaufgabenblatt 6 vom 19.11.2008
Aufgabe H6.1 (4 Punkte)
JUSTUS-LIEBIG-
UNIVERSITÄT
GIESSEN
Im Rahmen einer klassischen Vorstellung könnte man das Elektron als homogen geladene Kugel
auffassen.
a) Berechnen Sie zunächst die im elektrischen Feld einer homogen geladenen Kugel gespeicherte
Energie.
b) Berechnen Sie den klassischen Elektronenradius re durch Gleichsetzen dieser Energie mit
3/5 der Ruheenergie des Elektrons.
Anmerkung: Der Faktor 3/5 in der Definition des klassischen Elektronenradius ist eine willkürliche
Festlegung, die die Formel für re vereinfacht.
Lösung
Ausgehend von der Maxwellgleichung
mit der Ladungsdichte
0
ε0
div � E = ρ
ε0
ε0
(H6.1)
ρ = 3e
4πR3 für r ≤ R und ρ = 0 für r > R (H6.2)
kann durch Integration über das Kugelvolumen das elektrische Feld als Funktion des Radius
berechnet werden. Mit Hilfe des Gaußschen Satzes erhält man
�
�E d � �
A = div � � r
ρ
E dV = 4πr ′2 dr ′ = e
�
3 (r/R)
1
für r ≤ R
für r > R
(H6.3)
Der Vektor d � A steht ebenso wie der elektrische Feldvektor � E senkrecht zur Kugeloberfläche.
Daher können die Vektorpfeile weggelassen und das Oberflächenintegral einfach berechnet werden.
�
�E d � A = 4πr 2 E (H6.4)
Zusammen mit Gl. H6.3 ergibt sich für das elektrische Feld
E = e
4πε0
� r/R 3 für r ≤ R
1/r 2 für r > R
Die im elektrischen Feld gespeicherte Energie beträgt
�
ε0
W (R) =
V 2 E2 dV = 4π ε0
� ∞
2 0
= e2
� �
1 1
+ =
8πε0 5R R
3 e
5
2
4πε0R
E 2 r 2 dr = e2
8πε0
�� R
0
r4 � ∞ �
1
dr + dr
R6 R r2 (H6.5)
(H6.6)

Aus
folgt
Aufgabe H6.2 (6 Punkte)
re =
W (re) = 3 e
5
2
4πε0re
= 3 2
mec
5
(H6.7)
e 2
4πε0mec 2 = 2.818 × 10−15 m (H6.8)
Müonische Atome bestehen aus einem Atomkern der Ladung Z mit einem eingefangenen Müon.
Ein Müon besitzt die gleiche Ladung wie ein Elektron, aber eine 207-fach größere Masse.
a) Berechnen Sie die Bindungsenergie und den Bahnradius eines Müons im Grundzustand im
Feld eines Protons (Z = 1).
b) Geben Sie die Energie des Photons an, das beim Übergang vom angeregten n = 2 Zustand
in den Grundzustand emittiert wird.
c) Dieses Photon wird mit einem Detektor nachgewiesen, der eine Auflösung ∆E/E = 4%
besitzt. Lässt sich damit der Einfluss der Kernbewegung nachweisen?
d) Würde diese Detektorauflösung auch beim normalen Wasserstoffatom dazu ausreichen?
Lösung
Teil a)
Allgemein gilt:
En = − Z2e4 µ
32π2ɛ2 0�2 1
n2 = − Z2e4me 32π2ɛ2 0�2 µ
me
1
µ 1
= −13.6 eV × Z2
n2 me n2 (H6.9)
und
2 4πɛ0�
rn =
Ze2 µ n2 2 4πɛ0�
=
Ze2 me
me µ n2 = 0.529 × 10 −10 m × 1 me
Z µ n2 (H6.10)
Bei Vernachlässigung der Kernbewegung erhält man mit µ = mµ = 207me und mit Z = 1
En = −2815 eV × 1
n 2
rn = 2.56 × 10 −13 m × n 2
(H6.11)
(H6.12)
Unter Berücksichtigung der Kernbewegung erhält man mit µ = mµmp/(mµ + mp) = 207 ×
1836/(207 + 1836)me = 186
En = −2530 eV × 1
n 2
rn = 2.84 × 10 −13 m × n 2
(H6.13)
(H6.14)

Teil b)
Die Übergangsenergie ist
�
2 µ 1
∆E = 13.6 eV × Z
me n2 f
− 1
n2 �
i
Bei Vernachlässigung der Kernbewegung erhält man mit µ = mµ = 207me und mit Z = 1
(H6.15)
∆E = 2111 eV (H6.16)
Unter Berücksichtigung der Kernbewegung erhält man mit µ = mµmp/(mµ + mp) = [207 ×
1836/(207 + 1836)]me = 186me
∆E = 1898 eV (H6.17)
Teil c)
Die Berücksichtigung der Kernbewegung führt zu einer Korrektur der Übergangsenergie von
213 eV. Da einer Energieauflösung von 5% ein Energieunterschied von ca. 2000 eV × 0.04 =
80 eV entspricht, ist dies nachweisbar.
Teil d)
In normalem Wasserstoff ist die ni = 2 → nf = 1 Übergangsenergie (Gl. H6.15)
∆E = 13.6 eV × µ
me
3
4
= 10.2 eV × µ
Bei Vernachlässigung der Kernbewegung erhält man mit µ = me
me
(H6.18)
∆E = 10.2 eV (H6.19)
Unter Berücksichtigung der Kernbewegung erhält man mit µ = memp/(me+mp) = 1836me/1837 =
0.99946me
∆E = 10.1945 eV (H6.20)
Die Berücksichtigung der Kernbewegung führt zu einer Energieverschiebung von 0.0055 eV.
Bei einer Detektorauflösung von 10 eV × 0.04 = 0.4 eV ist die Kernbewegung im normalen
Wasserstoffatom daher nicht nachweisbar.

I A M P
Übungen zur Experimentalphysik III
Wintersemester 2008/2009
Institut für Atom- und Molekülphysik
Leihgesterner Weg 217, 35392 Gießen
Lösungen zum Hausaufgabenblatt 7 vom 26.11.2008
Aufgabe H7.1 (5 Punkte)
Die sogenannten Drehimpulsauf- und -absteigeoperatoren sind definiert als
JUSTUS-LIEBIG-
UNIVERSITÄT
GIESSEN
L+ = Lx + iLy (H7.1)
L− = Lx − iLy (H7.2)
a) Zeigen Sie, dass die folgenden Vertauschungsrelationen erfüllt sind:
� � 2
L , L+
� � 2
L , L−
=
=
0
0
(H7.3)
(H7.4)
[Lz, L+] = �L+ (H7.5)
b) Zeigen Sie, dass die folgenden Relationen gelten:
[Lz, L−] = −�L− (H7.6)
[L+, L−] = 2�Lz (H7.7)
L 2 = 1
2 (L+L− + L−L+) + L 2 z
(H7.8)
L+L− = L 2 − Lz(Lz − �) (H7.9)
L−L+ = L 2 − Lz(Lz + �) (H7.10)
c) Was ergibt die Anwendung der Operatoren L+L− und L−L+ auf die Kugelflächenfunktionen
Y m
ℓ ?
Lösung
Teil a)
Mit Hilfe der Kommutatoren aus Aufgabe P6.1 (Gl. P6.1–P6.3) und dem Ergebnis von Aufgabe
P6.2 folgt
[L 2 , L±] = [L 2 , Lx] ± i[L 2 , Ly] = 0 (H7.11)
[Lz, L+] = [Lz, Lx] + i[Lz, Ly] = i�Ly + i(−i�Lx) = i�Ly + �Lx = �L+ (H7.12)
[Lz, L−] = [Lz, Lx] − i[Lz, Ly] = i�Ly − i(−i�Lx) = i�Ly − �Lx = −�L− (H7.13)
[L+, L−] = [Lx, Lx] − i[Lx, Ly] + i[Ly, Lx] − [Ly, Ly] = �Lz + �Lz = 2�Lz (H7.14)
Dies war zu zeigen.

Teil b)
Aus Gl. H7.1 und H7.2 folgt
L+L− = (Lx + iLy)(Lx − iLy) = L 2 x + iLyLx − iLxLy + L 2 y (H7.15)
L−L+ = (Lx − iLy)(Lx + iLy) = L 2 x − iLyLx + iLxLy + L 2 y (H7.16)
L+L− + L−L+ = 2(L 2 x + L 2 y) (H7.17)
Die letzte Gleichung ist identisch mit Gl. H7.8.
Aus Gl. H7.7 folgt
bzw.
L 2 = L 2 x + L 2 y + L 2 z = 1
2 (L+L− + L−L+) + L 2 z
L+L− = L−L+ + 2�Lz
L−L+ = L+L− − 2�Lz
Einsetzen von L−L+ aus Gl. H7.20 in Gl. H7.18 ergibt
(H7.18)
(H7.19)
(H7.20)
L 2 = 1
2 (L+L− + L−L+) + L 2 z = 1
2 (2L+L− − 2�Lz) + L 2 z = L+L− + Lz(Lz − �) (H7.21)
Einsetzen von L+L− aus Gl. H7.19 in Gl. H7.18 ergibt
L 2 = 1
2 (L+L− + L−L+) + L 2 z = 1
2 (2L−L+ + 2�Lz) + L 2 z = L−L+ + Lz(Lz + �) (H7.22)
Auflösen von Gl. H7.21 nach L+L− und von Gl. H7.22 nach L−L+ liefert schließlich
Teil c)
Mit Gl. H7.9 und Gl. H7.10 ist
L+L− = L 2 − Lz(Lz − �) (dies ist Gl. H7.9)
L−L+ = L 2 − Lz(Lz + �) (dies ist Gl. H7.10)
L+L−Y m
ℓ = [L 2 − Lz(Lz − �)]Y m
ℓ = [ℓ(ℓ + 1) − m(m − 1)]� 2 Y m
ℓ
L−L+Y m
ℓ = [L 2 − Lz(Lz + �)]Y m
ℓ = [ℓ(ℓ + 1) − m(m + 1)]� 2 Y m
ℓ
(H7.23)
(H7.24)
da Y m
ℓ Eigenfunktion ist zum Operator L2 [Eigenwert: ℓ(ℓ+1)� 2 ] und gleichzeitig zum Operator
Lz [Eigenwert: m�].

Aufgabe H7.2 (5 Punkte)
Die Winkelverteilung F m ℓ (θ) elektromagnetischer Strahlung der Multipolordnung ℓ mit −ℓ ≤
m ≤ ℓ kann ausgedrückt werden als das Betragsquadrat der vektoriellen Winkelfunktion
d. h. F m ℓ (θ) = | � X m ℓ |2 .
�X m ℓ (θ, φ) =
1
� � ℓ(ℓ + 1)
�LY m
ℓ (θ, φ) (H7.25)
a) Zeigen Sie mit Hilfe der Auf- und Absteigeoperatoren L+ (Gl. H7.1) und L− (Gl. H7.2), dass
F m ℓ (θ) =
1
�
[ℓ(ℓ + 1) − m(m + 1)]
2ℓ(ℓ + 1)
� �
� m+1
Y �
ℓ
2
+[ℓ(ℓ + 1) − m(m − 1)] � �
� m−1
Y �
ℓ
2 + 2m 2 |Y m
ℓ | 2�
b) Wie sehen die Verteilungen F 0 1 (θ), F 1 1 (θ) und F −1
1 (θ) aus (Polardiagramme)?
Hinweise
Für die Auf- und Absteigeoperatoren (Gl. H7.1 und H7.2) gilt:
Lösung
Teil a)
L±Y m
ℓ = � � ℓ(ℓ + 1) − m(m ± 1)Y m±1
ℓ
Zunächst wird die vektorielle Winkelfunktion betrachtet:
�X m ℓ =
1
� � �LY
ℓ(ℓ + 1)
m 1
ℓ =
� � ⎛
⎝
ℓ(ℓ + 1)
Aus Gl. H7.1 und H7.2 folgt
Lx
Ly
Lz
⎞
⎠ Y m
ℓ
(H7.26)
(H7.27)
(H7.28)
Lx = 1
2 (L+ + iL−) (H7.29)
Ly = 1
2 (L+ − iL−) (H7.30)
Einsetzen in Gl. H7.28 ergibt
�X m ℓ =
1
2� � ⎛ ⎞
L+ + iL−
⎝L+
− iL−⎠
Y
ℓ(ℓ + 1) 2Lz
m 1
ℓ =
2� � ⎛
L+Y
⎝
ℓ(ℓ + 1)
m
m
ℓ + iL−Yℓ L+Y m
⎞
m
ℓ − iL−Y ⎠
ℓ (H7.31)
Nach Anwenden von Gl. H7.27 und von der Eigenwertgleichung LzY m
ℓ
�X m ℓ
=
2LzY m
ℓ
= m�Y m
ℓ folgt
1
2 � × (H7.32)
ℓ(ℓ + 1)
⎛�
m+1
ℓ(ℓ + 1) − m(m + 1)Yℓ + i
⎝
� ℓ(ℓ + 1) − m(m − 1)Y m−1
� ℓ
m+1
ℓ(ℓ + 1) − m(m + 1)Yℓ − i � ℓ(ℓ + 1) − m(m − 1)Y m−1
ℓ
2mY m
⎞
⎠
ℓ

Für das Betragsquadrat ergibt sich unmittelbar
�
�
� � X m �
�
ℓ � 2
=
1
�
[ℓ(ℓ + 1) − m(m + 1)]
2ℓ(ℓ + 1)
� �
� m+1
Y �
ℓ
2
+[ℓ(ℓ + 1) − m(m − 1)] � �
� m−1
Y �2 + 2m 2 |Y m
ℓ | 2�
Dies war zu zeigen.
Teil b)
Die Kugelflächenfunktionen für ℓ = 1 lauten
Ihre Betragsquadrate sind
Sie hängen nur vom Polarwinkel θ ab.
Y 0
1 (θ, φ) =
Y ±1
1 (θ, φ) =
ℓ
= F m ℓ (θ)
(H7.33)
�
3
cos θ (H7.34)
4π
�
3
sin θ e±imφ
(H7.35)
8π
� �
� 0
Y �
1
2 = 3
4π cos2 θ (H7.36)
� �
� ±1
Y �
1
2 = 3
8π sin2 θ (H7.37)
Einsetzen von ℓ = 1 und m = 0 in Gl. H7.26 ergibt
F 0 1 (θ) = 1
�
2
4
� �
� 1
Y �
1
2 + 2 � �
� −1
Y �
1
2�
= � �
� 1
Y �
1
2 = 3
8π sin2 θ (H7.38)
Einsetzen von ℓ = 1 und m = 1 in Gl. H7.26 ergibt
F 1 1 (θ) = 1
�
2
4
� �Y 0
�
�
1
2 + 2 � �Y 1
�
�
1
2�
= 3 � � 2 2 3 � � 2
2 cos θ + sin θ = 1 + cos θ (H7.39)
16π
16π
Dasselbe Ergebnis erhält man für F −1
1 (θ).
2 7 0
3 0 0
2 4 0
3 3 0
2 1 0
0
1 8 0
�
��
� �q �
�
3 0
1 5 0
6 0
9 0
�
� �q � �
1 2 0
Polardiagramme der Funktionen F 0 1 (θ) (Gl.
H7.38) und F ±1
1 (θ) (Gl. H7.39). Die Funktionen
hängen nicht vom Azimutwinkel φ ab und sind
daher rotationssymmetrisch um die z-Achse.

I A M P
Übungen zur Experimentalphysik III
Wintersemester 2008/2009
Institut für Atom- und Molekülphysik
Leihgesterner Weg 217, 35392 Gießen
Lösungen zum Hausaufgabenblatt 8 vom 3.12.2008
Aufgabe H8.1 (7 Punkte)
JUSTUS-LIEBIG-
UNIVERSITÄT
GIESSEN
Berechnen Sie für wasserstoffähnliche Atome bzw. Ionen die Wellenfunktionen ψ200 und ψ210
aus der allgemeinen Lösung ψnlm unter Verwendung der Laguerre-Polynome. Führen Sie die
Normierung der Wellenfunktionen explizit durch.
Lösung
Die allgemeine Lösung der Schrödingergleichung für wasserstoffähnliche Systeme ist das Produkt
aus dem Radialanteil Rnl(r) und der Kugelflächenfunktion Ylm(θ, φ):
Der Radialanteil hat die allgemeine Form
mit
ψnlm = Rnl(r)Ylm(θ, φ) (H8.1)
Rnl(r) = Nnle −ρ/2 ρ l L 2l+1
n+l (ρ) (H8.2)
ρ = 2Z
r und a0 =
na0
4πɛ0� 2
sowie der reduzierten Masse µ. Nnl ist die Normierungskonstante und L 2l+1
n+l
Laguerre-Polynome, die sich gemäß
aus den Laguerre-Polynomen
ableiten lassen.
Berechnung von ψ200:
µe 2
(H8.3)
sind die assoziierten
L p q(ρ) = dp
dρ p Lq(ρ) (H8.4)
ρ dq
Lq(ρ) = e
dρq � q −ρ
ρ e �
Die Kugelflächenfunktion für l = 0 und m = 0 ist
Y00(θ, φ) =
1
√ 4π
Mit n = 2 und l = 0 ergibt Gl. H8.2 Für den Radialanteil der 2s-Wellenfunktion
(H8.5)
(H8.6)
R20(r) = N20e −ρ/2 L 1 2(ρ) (H8.7)

L 1 2(ρ) erhält man nach Gl. H8.4 aus den Laguerre-Polynomen mit q = 2 und p = 1. Für das
Laguerre-Polynom mit q = 2 ergibt sich
ρ d2
L2(ρ) = e
dρ2 � 2 −ρ
ρ e � ρ d � −ρ 2 −ρ
= e 2ρe − ρ e
dρ
� ) (H8.8)
= e ρ � 2e −ρ − 2ρe −ρ − 2ρe −ρ + ρ 2 e −ρ� ) = 2 − 4ρ + ρ 2
(H8.9)
Das dazu assoziierte Laguerre-Polynom ist
Insgesamt ist also
ψ200 = N20
L 1 2(ρ) = d
dρ L2(ρ) = d
dρ (2 − 4ρ + ρ2 ) = −4 + 2ρ (H8.10)
1
√ (2ρ − 4)e
4π −ρ/2 �
1 Zr
= N20 √
π
a0
�
− 2 e −Zr/(2a0)
(H8.11)
Die Normierungskonstante N20 kann man wieder direkt bestimmen aus der Normierungsbedingung
�
ψ
V
∗ 200ψ200dV = 4π N 2 � ∞ � �2 20 Z
r − 2 e
π 0 a0
−Zr/a0 2
r dr
�� �2 � ∞
Z
r 4 e −Zr/a0
� ∞
Z
dr − 4 r 3 e −Zr/a0
� ∞
dr + 4 r 2 e −Zr/a0
�
dr
= 4N 2 20
= 4N 2 20
= 4N 2 20
= 32N 2 20
a0
� � Z
�
24
0
� 2
24
a0
� �
a0
3
� a0
Z
Z
� 3
= 1
� �
a0
5
− 4
Z
Z
6
a0
− 24
� �
a0
3
+ 8
Z
a0
� �
a0
4
Z
� a0
Z
0
� 3 �
+ 4 × 2
Hierbei wurde mehrfach von Gl. P3.6 Gebrauch gemacht. Somit ist
N20 = − 1
4 √ � �3/2 Z
2 a0
�
� �
a0
3
Z
0
(H8.12)
Die negative Wurzel wurde gewählt, um die übliche Darstellung der Wellenfunktion ψ200 zu
erhalten (Demtröder). Einsetzen in Gl. H8.11 liefert schließlich die normierte 2s-Wellenfunktion
Berechnung von ψ210:
Die Kugelflächenfunktion für l = 1 und m = 0 ist
ψ200 = 1
4 √ � �3/2 �
Z
2 −
2π a0
Z
�
r e
a0
−Zr/2a0 (H8.13)
Y10(θ, φ) =
3
√ 4π cos θ (H8.14)
Mit n = 2 und l = 1 ergibt Gl. H8.2 Für den Radialanteil der 2s-Wellenfunktion
R21(r) = N21e −ρ/2 ρL 3 3(ρ) (H8.15)

L 3 3(ρ) erhält man nach Gl. H8.4 aus den Laguerre-Polynomen mit q = 3 und p = 3. Für das
Laguerre-Polynom mit q = 3 ergibt sich
L3(ρ) =
ρ d3
e
dρ3 � 3 −ρ
ρ e � ρ d2
= e
dρ2 � 2 −ρ 3 −ρ
3ρ e − ρ e � ) (H8.16)
=
ρ d � −ρ 2 −ρ 3 −ρ
e 6ρe − 6ρ e + ρ e
dρ
� =
)
e
(H8.17)
ρ � 6e −ρ − 6ρe −ρ − 12ρe −ρ + 6ρ 2 e −ρ + 3ρ 2 e −ρ − ρ 3 e −ρ� ) (H8.18)
= 6 − 18ρ + 9ρ 2 − ρ 3
Das dazu assoziierte Laguerre-Polynom ist
Insgesamt ist also
ψ210 = −6N21
(H8.19)
(H8.20)
L 3 3(ρ) = d3
dρ 3 L3 3(ρ) = −6 (H8.21)
�
3
4π cos θ ρe−ρ/2 �
3
= −6N21
4π
Zr
cos θ e −Zr/(2a0)
a0
(H8.22)
Die Normierungskonstante N21 kann man wieder direkt bestimmen aus der Normierungsbedingung
�
� Z
ψ
V
∗ 210ψ210dV = 36 3
4π N 2 21
a0
= 36 3
2 N 2 21
a0
= 36N 2 21
a0
� 2
2π
Hierbei wurde von Gl. P3.6 Gebrauch gemacht.
Somit ist
� ∞ � π
cos
0 0
2 θ sin θ dθ r 2 e −Zr/a0 2
r dr
� ∞
r
−1 0
4 e −Zr/a0dr � �2 � 1
Z
x 2 dx
� �� �
2/3
� �2 Z
I4(Z/a0) = 36 × 24N 2 � �2 �a0
Z
21
Z
N21 = − 1
12 √ � �3/2 Z
6 a0
a0
� 5
= 1
(H8.23)
Die negative Wurzel wurde gewählt, um die übliche Darstellung der Wellenfunktion ψ200 zu
erhalten (Demtröder). Einsetzen in Gl. H8.22 liefert schließlich die normierte Wellenfunktion
ψ210 = 1
4 √ � �3/2 Z
2π a0
cos θ Zr
e −Zr/(2a0)
a0
(H8.24)

Aufgabe H8.2 (3 Punkte)
Betrachten Sie ein Wasserstoffatom im Grundzustand. Wievielmal wahrscheinlicher findet man
das Elektron beim Bohrschen Radius a0 als im Abstand 3a0 vom Kern?
Lösung
Die 1s-Wellenfunktion ist (Gl. P7.16 mit Z=1):
ψ100(r) = 1
� �3/2 1
r
−
√ a e 0 (H8.25)
π a0
Die zugehörige Wahrscheinlichkeitsdichte ist |ψ100(r)| 2 . Die Aufenthaltswahrscheinlichkeit P (r)dr
in einer infinitesimal dicken Kugelschale mit Radius r ist |ψ100(r)| 2 4πr 2 dr. Das gesuchte Verhältnis
der Aufenthaltswahrscheinlichkeiten ergibt sich somit zu:
f =
P (a0)
P (3a0) = |ψ100(a0)| 2 4πa 2 0
|ψ100(3a0)| 2 4π(3a0) 2 = (e−a0/a0 ) 2 a 2 0
(e −3a0/a0) 2 (3a0) 2
= e−2
e −6 9
= e4
9
(H8.26)
≈ 6.0 (H8.27)
Das Elektron ist 6-mal wahrscheinlicher im Abstand a0 anzutreffen als im Abstand 3a0.

I A M P
Übungen zur Experimentalphysik III
Wintersemester 2008/2009
Institut für Atom- und Molekülphysik
Leihgesterner Weg 217, 35392 Gießen
Lösungen zum Hausaufgabenblatt 9 vom 10.12.2008
Aufgabe H9.1 (5 Punkte)
JUSTUS-LIEBIG-
UNIVERSITÄT
GIESSEN
Alkaliatome haben ein Elektron außerhalb geschlossener Schalen. Beispielsweise ist die Elektronenkonfiguration
von Natrium 1s 2 2s 2 2p 6 3s. Näherungsweise kann das Natriumatom als
Quasi-Ein-Elektronenatom aufgefasst werden, in dem die inneren 1s, 2s und 2p Elektronen 10
der insgesamt 11 im Kern enthaltenen Ladungseinheiten abschirmen, so dass das äußere 3s-
Elektron sich im Potenzial der effektiven Ladung Zeff ≈ 1 bewegt. Die Ionisierungsenergie des
3s-Elektrons beträgt EI = 5.139 eV. Für die Anregung des 3s-Elektrons in höhere Zustände
werden folgende Energien (EA in eV) benötigt:
3p 4s 3d 4p 5s 4d 4f 5p 6s 5d 5f 6p 6d
2.103 3.191 3.617 3.753 4.116 4.283 4.288 4.344 4.510 4.592 4.594 4.624 4.759
Die Entartung der ℓ-Unterzustände des äußeren Elektrons ist durch die Wechselwirkung mit
den 10 inneren Elektronen aufgehoben.
Rechnen Sie nach, dass sich die jeweiligen Bindungsenergien durch die folgende gegenüber der
für Wasserstoff modifizierten Formel beschreiben lassen:
R
Enℓ = −
mit R = 13.606 eV (H9.1)
(n − ∆nℓ) 2
Wie groß sind die jeweiligen sogenannten Quantendefekte ∆nℓ? Diskutieren Sie die Abhängigkeiten
der Quantendefekte von den Quantenzahlen n und ℓ?
Lösung
Berechnung der Bindungsenergien
EB = EA − EI
Berechnung der Quantendefekte durch Umstellen von Gl. H9.1
�
13.606 eV
∆nℓ = n −
−EB
Ergebnisse:
(H9.2)
(H9.3)

Zustand n ℓ EA (eV) EB (eV) ∆nℓ
3s 3 0 0 -5.139 1.3729
4s 4 0 3.191 -1.948 1.3572
5s 5 0 4.116 -1.023 1.3531
6s 6 0 4.510 -0.629 1.3491
3p 3 1 2.103 -3.036 0.8830
4p 4 1 3.753 -1.386 0.8668
5p 5 1 4.344 -0.795 0.8630
6p 6 1 4.624 -0.515 0.8600
3d 3 2 3.617 -1.522 0.0101
4d 4 2 4.283 -0.856 0.0132
5d 5 2 4.592 -0.547 0.0126
6d 6 2 4.759 -0.380 0.0163
4f 4 3 4.288 -0.851 0.0015
5f 5 3 4.594 -0.545 0.0035
Bei konstanter Bahndrehimpulsquantenzahl ℓ sind die Quantendefekte nahezu unabhängig von
der Hauptquantenzahl n. Mit zunehmendem Bahndrehimpuls nehmen die Quantendefekte ab,
d. h. das angeregte Na-Atom wird einem angeregten H-Atom umso ähnlicher je größer ℓ.

Aufgabe H9.2 (5 Punkte)
Ein Strahl von Silberatomen (Masse: 107.9 u) im Grundzustand (5 2 S1/2) fliegt mit einer Geschwindigkeit
von 500 m/s durch ein inhomogenes Magnetfeld (Stern-Gerlach-Versuch). Der
Feldgradient von dB/dz = 10 3 Tesla/m steht senkrecht zur Flugrichtung der Atome. In Flugrichtung
besitzt das Magnetfeld eine Ausdehnung von 4 cm. Ein Auffangschirm ist 10 cm hinter
dem Ende des Magnetfeldes aufgestellt. Berechnen Sie die Komponente des magnetischen Moments
in Richtung des Magnetfeldes, wenn die gemessene Aufspaltung auf dem Schirm 2 mm
beträgt. Wie verhält sich das Ergebnis zum Bohrschen Magneton? Entspricht dieses Ergebnis
Ihrer Erwartung für das gebundene Elektron?
Lösung
$J $WRP H
O FP O FP
G% G] 7H V OD P
Ein magnetisches Moment �µ besitzt im Magnetfeld � B eine Wechselwirkungsenergie
Die Kraft ergibt sich aus dem Gradienten
V = −�µ · � B (H9.4)
F = −gradV (H9.5)
Wenn das magnetische Feld ausschließlich einen Gradienten in z-Richtung besitzt, so wirkt die
Kraft lediglich in z-Richtung:
dB
Fz = µz
(H9.6)
dz
Der Atomstrahl bewege sich anfänglich in x-Richtung. Da die Kraft nur in z-Richtung wirkt,
bleibt die ursprüngliche Komponente vx = 500 m/s unverändert. Ein Atom legt die Strecken l1
und l2 (siehe Abbildung) in den Zeiten
t1 = l1
vx
t2 = l2
vx
= 8 × 10 −5 s (H9.7)
= 2 × 10 −4 s (H9.8)
zurück. Während es sich im Magnetfeld befindet, erfährt es eine Beschleunigung
az = Fz
M
G P P
(H9.9)

Beim Austritt aus dem Magneten hat es somit die Geschwindigkeitskomponente in z-Richtung
von
(H9.10)
Insgesamt legt es in z-Richtung den Weg
vz = azt1
z = 1
2 azt 2 1 + vzt2
= 1
=
2 azt 2 1 + azt1t2
�
1
2 t2 �
1 + t1t2
az
(H9.11)
(H9.12)
(H9.13)
zurück. Der erste Term entspricht der beschleunigten Bewegung im Magnetfeld, der zweite
Term dem freien Flug hinter dem Magnetfeld. Dieser zurückgelegte Weg entspricht der halben
Aufspaltung:
z = d
(H9.14)
2
Die Beschleunigung kann damit berechnet werden zu
az =
d
2 � 1
2t2 � = 52083.3ms
1 + t1t2
−2
Die z-Komponente des magnetischen Moments ist damit
〈µz〉 = F
dB/dz
= Maz
dB/dZ = 9.32 × 10−24 Am 2 = 1.0053µB
wobei als Masse für ein Silberatom M = 1.79 × 10 −25 kg eingesetzt wurde.
(H9.15)
(H9.16)
Da das Elektron im 5 2 S1/2-Zustand keinen Drehimpuls hat, trägt zum magnetischen Moment
des Silberatoms nur der Spin des äußeren Elektrons bei, d. h. man erwartet
〈µs,z〉 = 1
2 |ge|µB = 1
2 2.00232µB = 1.00116µB
was im Rahmen der Messgenauigkeit dem Messergebnis entspricht.
(H9.17)