Physik Aufgabensammlung für Ingenieure und Naturwissenschaftler || Atom- und Kernphysik

164

K Atom- und Kernphysik

1 Quanten und Materiewellen

� AUFGABE K-1: Gluhemission und Fotoeffekt �K.1

Eine Gluhkathode aus Wolfram erzeugt bei 1000 V einen Strom von 2,5 mA(Austrittsarbeit 4,5 eV; nichtrelativistische Rechnung).

a) Wie groß sind Energie und Geschwindigkeit der Elektronen?b) Wie viele Elektronen pro Sekunde treten aus?c) Welche Wellenlange musste eine Strahlung haben, um Elektronen gleicher Energie

durch Fotoemission zu erzeugen?d) Ab welcher Grenzwellenlange treten Fotoelektronen aus einer Fotokathode? (WA = 1,9 eV).

� LOSUNG K-1:

a) E = Ekin+WA!= eU ⇒ Ekin = eU−WA = 1,602·10−19 C·(1000−4,5)V ≈ 1,6·10−16 J

Ekin = 12 mv2

e ⇒ v =√

2Ekinme

=√

2·1,6·10−16 J9,11·10−31 kg

= 1,9·107 m/s

b) I = Qt = Ne

t ⇒ Nt = I

et = 0,0025 A1,602·10−19 C·1s

= 1,6·1016 s−1

c) E = Ekin +WA!= h f = h c

λ⇒ λ = hc

Ekin + WA= 6,626·10−34 Js·2,99792·108 m/s

1,6·10−16 J= 1,24 nm

d) Fur v = 0 gilt: WA = hc/λ ⇒ λ ≤ hcWA

= 6,626·10−34 Js·299,792·106 m/s1,9·1,602·10−19 J

= 653 nm

� AUFGABE K-2: Photonen und Strahlungsdruck �K.1

Ein Helium-Neon-Laser (632 nm) hat eine Leistung von 5 mW.

a) Welche Frequenz und Energie besitzen die Photonen (in J und eV)?b) Wie viele Photonen werden pro Sekunde abgestrahlt?

Zum Vergleich: Wie viele Photonen kann das menschliche Auge im Maximum seinerEmpfindlichkeit (510 nm, 0,037 fW, f = femto) gerade noch erkennen?

c) Welchen Impuls hat ein Photon? Wie unterscheidet sich die Impulsubertragung beivollstandiger Absorption und bei Reflexion an einer spiegelnden Flache?

d) Welche Kraft wirkt auf ein Ziel im fokussierten Strahl des Lasers?e) Wie viele Lichtquanten musste ein Staubkorn (10 mg) absorbieren, damit es auf 9,81 m s−1

beschleunigt wird?

� LOSUNG K-2:

a) f = cλ= 299792458 m/s

632·10−9 m≈ 4,74·1014Hz

E = h f = 6,626·10−34 Js · 4,74·1014 Hz = 3,14·10−19 J = 1,96 eV 1 eV = {e} J!

P. Kurzweil et al. (Hrsg.), Physik Aufgabensammlung für Ingenieure und Naturwissenschaftler,DOI 10.1007/978-3-8348-2454-7_9, © Springer Fachmedien Wiesbaden 2012

1 Quanten und Materiewellen 165

K

b) Laser: P = d(N E)dt ⇒ N

t = PE = 0,005 W

3,14·10−19 J= 1,59·1016 s−1

Auge: Nt = Pλ

hc = 3,70·10−17 W ·510·10−9 m6,626·10−34 Js ·299,79·106 m/s

≈ 95 s−1

c) p = Ec = h

λ= 6,626·10−34 Js

632·10−9 m= 1,05·10−27 Ns

Bei der Absorption wird der gesamte Impuls ubertragen (Impulserhaltung); bei der Reflexionfindet zweifache Impulsubertragung statt.

d) 100%ige Absorption: F = d(N p)dt = h

λdNdt = 1,05·10−27 Ns · 1,59·1016 s−1 ≈ 1,7·10−11 N

e) F = N p = ma ⇒ Nt = maλ

h = 0,01·10−3 kg ·9,81 m/s2 ·632·10−9 m6,626·10−34 Js

≈ 9,4·1022 s−1

� AUFGABE K-3: Materiewellen und Elektronenmikroskop �K.1

Der Strahl eines Elektronenmikroskops wird mit 12 kV beschleunigt.

a) Welche Geschwindigkeit und Wellenlange erreichen die Elektronen (nicht relativistisch)?b) Unter welchem Winkel wird der Strahl an einem Metallgitter (Gitterkonstante 0,3 nm)

gebeugt?c) Um welchen Faktor ubertrifft der theoretisch auflosbare Abstand des Elektronenmikroskops

das Lichtmikroskop (bei 500 nm)?d) Welche DE BROGLIE-Wellenlange hat ein thermisches Neutron bei 300 K?

Was andert sich bei schnellen Neutronen?e) Welche Materiewellenlange hat ein 70 g schwerer und 120 km/h schneller Tennisball?f) Welche relativistische Masse hat ein Photon der Wellenlange 450 nm?

� LOSUNG K-3:

a) eU = 12 mev

2 ⇒ v =√

2eUme

=√

2·1,609·10−19 C·12000 J9,109·10−31 kg

= 6,5·107m/s

λ = hp = h

mev= 6,626·10−34 Js

9,109·10−31 kg ·6,5·107 m/s= 1,1·10−11 m = 11 pm

b) 1. Beugungsmaximum: sin θ = λa ⇒ θ = arcsin 11 pm

0,3 nm = 0,0367 rad ≈ 2,1◦

c) 500 nm11 pm ≈ 45500

d) Ein freies Teilchen hat drei Translationsfreiheitsgrade der Energie kT (�Thermodynamik).

12 mnv

2 = 32 kT ⇒ v =

√3kTmn

=√

3·1,38·10−23 J/K ·300 K1,6749·10−27 kg

= 2724 m/s

λn = hmnv

= 6,626·10−34 Js1,6749·10−27 kg ·2724 m/s

= 1,45·10−10 m = 145 pm

Je schneller das Neutron (v →∞), desto kurzer ist die DE BROGLIE-Wellenlange (λn → 0).

e) λ = hmv = 6,626·10−34 Js

0,07 kg·(120/3,6) m/s = 2,8·10−34 m (makroskopisch vernachlassigbar)

f) m = hcλ = 6,626·10−34 Js

299792458 m/s·450·10−9 m= 4,9·10−36 kg

166 K Atom- und Kernphysik

2 Elektronenhulle und Atomspektroskopie

� AUFGABE K-4: Wasserstoffatom, BOHR’sches Atommodell �K.2.2

a) Mit welcher Kraft ziehen sich Elektron und Proton im Wasserstoffatom an?b) Welche Gravitationskraft wirkt im H-Atom?c) Wie groß ist die Ionisierungsenergie?d) Wie unterscheidet sich das 1. Energieniveau beim H- und He-Atom?e) Berechnen Sie die Linien der BALMER-Serie.

� LOSUNG K-4:

a) COULOMB-Kraft im Wasserstoffatom:

FC = e2

4πε0r2 = (1,602·10−19 C)2

4π ·8,854·10−12 F/m ·5,292·10−11 m= 8,24·10−8 N

b) FG = Gmemp

r2 = 7,75 · 10−5 · 9,109·10−31 kg·1,675·10−27 kg(5,292·10−11 m)2

= 4,2·10−41 N (vernachlassigbar)

c) En = − mee4

8ε20h2n2 = −−2,180·10−18 J

n2 = − 13,6 eVn2

Zwischen n = 1 (Grundzustand) und n →∞ (E = 0) liegt die Ionisierungsenergie 13,6 eV.

d) E1(H) = − Z2mee4

8ε20h2n2 = −13,6 eV · 12

12 = −2,18 · 10−18 J (Z = 1, n = 1)

E1(He) = −13,6 eV · 22

12 = −54 eV = −8,7 · 10−18 J (Z = 2, n = 1)

e) f = Eh = − Z2mee4

8ε20h3

(1n2

1− 1

n22

)= 3,29·1015 Hz ·

(122 − 1

n22

)(n2 = 3,4,5, . . .)

Frequenzen: f3 = 457 GHz; f4 = 617 GHz; f5 = 691 GHz; f6 = 731 GHz; f∞ = 823 GHz.

Wellenlangen: λ3 = c/ f3 = 656 nm; λ4 = 486 nm; λ5 = 434 nm; λ6 = 410 nm; λ∞ = 365 nm.

� AUFGABE K-5: Natriumatom, BOHR’sches Atommodell, Quantenzahlen �K.2.2, 2.4.5

a) Wie viele Elektronen befinden sich in der K-, L-, M- und N-Schale des Natriumatoms?b) Welche Ionisierungsenergie hat das Natriumatom?c) Welche Wellenlange emittiert ein Natriumion beim Elektroneneinfang in die Valenzschale?d) Welchen Radius hat die dritte Bohr’sche Bahn?e) Welches Termsymbol hat Natrium im Grundzustand?

� LOSUNG K-5:

a) In der n-ten BOHR-Schale befinden sich N = 2n2 Elektronen. Die Z = 11 Elektronen desNatriumatoms verteilen sich auf: K 2, L 8 und M 1 (Valenzelektron).

b) Natrium hat die Elektronenkonfiguration [Ne] 3s1. Die abgeschlossene Neonschale schirmtden Atomkern ab, so dass die effektive Kernladung Z = 1 und die Schale n = 3 ist.

E3(Na) = − Z2mee2

8ε20h2n2 = −13,6 eV · 12

32 = −1,51 eV = −2,42 · 10−19 J

2 Elektronenhulle und Atomspektroskopie 167

K

c) E = h f = h cλ ⇒ λ = hc

E = 8,21·10−7 m = 820 nm (Infrarotes Licht)

d) r3 = n2h2ε0

Zπe2me= 0,529·10−10 m · 32

12 = 4,8·10−10 m

e) Das 3s-Orbital (Hauptquantenzahl n = 3) hat die Bahndrehimpulsquantenzahl L = 0, somitdas Termsymbol S. Der halbzahlige Spin des Valenzelektrons erzeugt die Multiplizitat 2S +1 = 2 · 1

2 + 1 = 2. Mit der Gesamtdrehimpulsquantenzahl J = L + S = 12 lautet das

vollstandige Termsymbol: 2S1/2.

� AUFGABE K-6: Uran, Elektronenkonfiguration �K.2.4.3

a) Welche Elektronenkonfiguration hat das Uranatom?b) Welche hochste Oxidationsstufe (Wertigkeit) besitzt Uran in chemischen Verbindungen?c) Wie groß ist die Bahngeschwindigkeit im BOHR-Modell im Vergleich zu anderen Atomen?

� TIPP K-6:

Die Elektronenkonfiguration eines Elementes erhalt man durch Abzahlen im Periodensystem, beginnendbeim voranstehenden Edelgas.

In der 1. und 2. Hauptgruppe werden s-Elektronen der n-ten Schale (Periode) aufgefullt, in der 3. bis 8.Hauptgruppe die p-Elektronen, bei den Ubergangsmetallen die d-Elektronen der n−1-ten Schale und beiden Lanthanoiden und Actinoiden die f -Elektronen der n−2-ten Schale.

� LOSUNG K-6:

a) Die Z = 92 Elektronen des Uranatoms besetzen zunachst die inneren abgeschlossenen Schalenwie beim Edelgas Radon; hinzu kommen zwei 7s-Elektronen (Francium → Radium), ein 6d-Elektron (→ Actinium, wobei die Hauptquantenzahl des d-Block um eins

”nachhangt“). Un-

ter den Actinoiden steht Uran an dritter Stelle, somit 5 f 3. Alles zusammen: [Rn] 5f36d17s2.

b) Uran hat sechs Elektronen in den außeren Schalen (Valenzelektronen), ist somit 6-wertig undbildet Verbindungen wie UF6 und UO3. Weiterhin gibt es die Oxidationsstufen III, IV, und V.

c) Die Bahngeschwindigkeit ist proportional zur Kernladungszahl Z und zu 1/n2. Uran, Nep-tunium und Plutonium sind die schwersten naturlich vorkommenden Elemente. Auf der K-Schale (n = 1) waren ihre Elektronen die schnellsten – falls es BOHR’sche Kreisbahnen gabe!

� AUFGABE K-7: Unscharferelation �K.1.3.4

Bei der MOSSBAUER-Spektroskopie emittiert ein 57Fe-Kern γ -Strahlung der Energie 14,4 keV.Was ist uber die Mindestmesszeit zu sagen?

� LOSUNG K-7:

Aus p ·x ≈ h mit p = hλ

und c = λ f = xt folgt E ·t ≈ h.

t = hE = 6,626·10−34 Js

14,4·103 eV·1,602·10−19 J/eV= 2,9·10−19 s bedeutet die unterste Messgrenze, ab der

uberhaupt eine Interpretation des Signals moglich ist, also nicht die Lebensdauer des Zustands.


� AUFGABE K-8: Wellenfunktionen, Operatoren, Eigenwertgleichung �K.2.3.1 und 2 !

1. Welche Paritat haben folgende Funktionen?a) ψ1 = A (2− q) e−q/2 mit q = 2r

a0; b) ψ2 = A q e−q/2 sinϑ cosϕ

2. Wenden Sie den LAPLACE-Operator auf die Wellenfunktion ψ = ψ0ei kx an.

3. Zeigen Sie, dass es zum Operator A = h2

2m eine Konstante C gibt, so dass die Gleichung

Aψ = C ψ fur ψ = ψ0ei kx erfullt ist.

4. Bestimmen Sie den Operator B = A− f (a) x2, der die Eigenwertgleichung B ψ = C ψ furψ = ψ0e−ax2

erfullt.

5. a) Wie schnell und in welche Richtung bewegen sich die Wellenzuge ψ1,2 = sin(ax ± bt)fort? — b) Zeigen Sie, dass ψ± = ψ1 ± ψ2 stehende Wellen sind.

� TIPP K-8:

Prufen Sie die Auswirkung des Paritatsoperator π auf das Vorzeichen der Funktion, in-dem Sie ein Minuszeichen vor jede x-Komponente setzen. Achtung: sin(−x) = − sin x ,aber cos(−x) = cos x .

π f (x) = f (−x)

} = f (x) gerade Funktion, symmetrisch zur y-Achse= − f (−x) ungerade Funktion, punktsymmetrisch

� LOSUNG K-8:

1. a) πψ1(ϑ) = A (2− q) e−q/2 = A(2 − 2

√(−x)2 + y2 + z2

a0

)︸︷︷︸

2−q

e− 1

2

√(−x)2+y2+z2

a0︸︷︷︸e−q/2

= ψ2

(gerade Paritat)

b) πψ2(ϑ) = Aqe−q/2 sin(−ϑ) cos(−ϕ) = −Aqe−q/2 sin(ϑ) cos(ϕ) = −ψ2(ungerade Paritat)

2. ψ = �∇2ψ = ∂2

∂x2 (ψ0ei kx ) = −ψ0k2ei kx

3. Aψ = h2

2m∂2

∂x2 (ψ0 ei kx ) = − h2

2m k2ψ0 ei kx = Cψ

4.

[h2

2m�∇2 − f (a) x2

]ψ0 e−ax2

︸︷︷︸Bψ

= h2m

[−2a + (−2ax)2 − f (a) x2] · ψ0 e−ax2 = Ce−ax2

Durch Koeffizientenvergleich der quadratischen Terme findet man f (a) = 4a2.

5. a) ψ1!= 0 fur ax + bt = nπ ⇒ x = nπ−bt

a und dxdt = −b

a , d. h. ψ1 schreitet in negative

x-Richtung fort, hingegen ψ2 wegen dxdt = +b

a in positive x-Richtung.

Der Abstand zweier Knoten ist λ = 2(xn−1 − xn) = 2πa .

b) ψ⊕ = sin(2ax + bt)+ sin(ax − bt) =sin ax cos bt + cos ax sin bt + sin ax cos bt − cos ax sin bt = 2 sin ax cos bt

!= 0

⇒ 2 sin ax = 0 oder x = nλa , d. h. dx

dt = 0 (stehende Welle).

Ebenso: ψ� = 2 cos ax sin bt = 0.


K

� AUFGABE K-9: Teilchen im eindimensionalen Kasten �K.2.3.2–4 !

Ein Elektron in einer L = 150 pm langen chemischen Bindung verhalte sich wie ein Teilchenin einem potentialfreien eindimensionalen Kasten.

a) Welcher Energieunterschied besteht zwischen den ersten beiden Energieniveaus?b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist das Elektron zwischen L/4 und 3

4 L zu finden?c) Welchen Mittelwert (Erwartungswert) hat der Ort x im Niveau n = 3?

� TIPP K-9:

Ansatz:(− h2

2m

∂2

∂x2+

0︷︸︸︷V (r)

)ψ︸︷︷︸

H ψ

= E ψ

Normierte Eigenfunktion: ψn =√

2L sin

(nπL x

)(n = 1,2,3 . . .)

Eigenenergien: En = n2h2

8mL2 L = nλ2∫sin2 x dx = x

2 − 12 sin x cos x

cos 2x = 1 − 2 sin2 x = 2 cos2 x − 1

� LOSUNG K-9:

a) E1 = 12·(6,626·10−34 Js)2

8·9,1·10−31 kg·(150·10−12 m)2= 2,7·10−18 J; E2 = 10,7·10−18 J; E = 8,0·10−18 J

b) |ψ|2 =b∫

aψ∗ψ dx =

3L/4∫L/4

[√2L sin

(nπx

L

)]2

dx ≈ 0,39 = 39 %

c) x(n=3) = 〈x〉 = 〈ψ3|x |ψ3〉 =∫ [√ 2

L sin( nπx

L

) · x ·√

2L sin

( nπxL

)]dx =

= 2L

L∫0

x sin2(

nπxL

)dx = 2

L

nπ∫u=0

u sin2 u du︸︷︷︸u=(nπ/L)x

= L2

Der Erwartungswert liegt in der Mitte des Kastens im Schwingungsbauch der stehenden Welleaus zwei Wellenbergen und einem Wellental (n = 3). Bilder aus Mathcad:

0 50 100 1502 10

5

1 105

0

1 105

2 105

)x

x

0 50 100 1500

0.5

1

P( )x

2

L

x

32

3

2/L

L

x / pm x / pm


� AUFGABE K-10: Schrodinger-Gleichung fur das Wasserstoffatom �K.2.3.4 !

ψ = Ce−r/a0 mit a0 = 0,529 · 10−10 m beschreibt das Wasserstoffatom im Grundzustand.

a) Normieren Sie diese Funktion.b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit halt sich das Elektron in einer Kugel vom Radius 4a0 auf?

� TIPP K-10:∞∫0

xne−ax dx = n!an+1

� LOSUNG K-10:

a) 〈ψ|ψ〉 != 1 =∞∫

−∞ψ ψ∗ dτ = ∫ [Ce−r/a0 ]2 dτ =

∞∫−∞

[Ce−r/a0]2 4πr2dr

= 4π∞∫

−∞C2r2e−2r/a0 dr = 4π · 2C2 2!

(2/a0)3 = πC2a3

0 ⇒ C =√

1πa3

0

b)〈ψ|ψ〉 =

4a0∫0ψ ψ∗ dτ =

4a0∫0ψ2 4πr2 dr =

4a0∫0

(√1

πa30

e−r/a0

)2

4πr2 dr = 98,6 %

Das Integral wird durch Substitution mit u = 2r/a0 und du = (2/a0) dr gelost.

� AUFGABE K-11: Linearkombination von Atomorbitalen �K.2.3.4 !

a) Beschreiben Sie ein sp-Hybridorbital entlang der z-Achse aus den Wellenfunktionen

ψ2s = 12√

2a3/20

(2 − r

a0

)· e−r/(2a0) und ψ2pz = 1

2√

6a3/20

(ra0

)· e−r/(2a0) cosϑ .

b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeitsdichte bei r = a0, wenn a0 = 0,529·10−10 m?

c) Wie groß ist die Aufenthaltswahrscheinlichkeit im 2s- und 2 pz-Orbital bei r = a0?

� LOSUNG K-11:

a) ψ± = 1√2

(ψ2s ± ψ2pz

) = 12√

2a−3/2

0

[1√2

(2 − r

a0

)± 1√

6ra0

cosϑ]· e−r/(2a0)

b) |ψ±|2 = 14a3

0

[√2

2

(2− r

a0

)±√

66

ra0

cosϑ]2

e−r/a0

Fur r = a0 und ϑ = 0: |ψ±|2 = 18 a−3

0 e−1[

1√2+ 1√

6

]2 = 0,156 · e−1a−30

Fur r = a0 und ϑ = π : |ψ±|2 = 18 a−3

0 e−1[

1√2− 1√

6

]2 = 0,0112 · e−1a−30

c) |ψ2s(r = a0)|2 = 18 · e−1a−3

0

|ψ2pz(r = a0, ϑ = 0 bzw. π)|2 = 124 · e−1a−3

0

Je hoher die Aufenthaltswahrscheinlichkeit,desto starker ist die Bindung.

0 1 2 3 4 50

0.05

0.1

0.15

0.2

r/a0

2s

)0(sp

)(sp

2pz

2/30

2

a


K

� AUFGABE K-12: Bahnmoment des Elektrons im Wasserstoffatom �K.2.5, 2.3.4 !

In welchem Winkel stellt sich das maximal mogliche magnetische Bahnmoment des Elektronsim homogenen, außeren Magnetfeld ein? Energiezustand E = −ERyd/36; Spin vernachlassigbar.

� LOSUNG K-12:

Fur jede Magnetquantenzahl m — bei gegebener Nebenquantenzahl l (Orbitaltyp: s, p, d, f)und Schalennummer n — rotiert das magnetische Moment �μ in einem bestimmten Winkel zurFeldrichtung �H und beschreibt dabei die Figur eines Kegels (Prazessionsbewegung).

Energie En = −13,6 eVn2 n = 1,2,3, . . .

Im Beispiel: n = 6

Winkel �( �H ,�μ) = arccos m√l(l + 1)

m = 0,± 1, . . . ,± l

Im Beispiel: l = 0,1,2, . . . ,5

Magnetisches Moment �μ = μB√

l(l + 1) = eh2me

√l(l + 1)

� AUFGABE K-13: Spin-Bahn-Kopplung und Termsymbole �K.2.4.4-5

Geben Sie die Quantenzahlen L,S,J und Termsymbole fur das Kohlenstoffatomim Grundzustand 1s2 2s2 2p2 an.

� LOSUNG K-13:

Elektronenkonfiguration:

1s

↑↓2s

↑↓2p

↑ ↑

Es ist n = 2 (2. Periode), L = 1 · m(px) + 1 · m(py) = 1 + 0 = 1 und S = 2 · 12 = 1, somit

2S + 1 = 3 und J = L + S = 2, also Termsymbol 3P2 .

Nach den HUND’schen Regeln werden die p-Orbitale zunachst einfach besetzt.

Termsymbol 3D31D2

3P21P1

3S11S0

verboten

p-Elektronenkonfiguration

m = 1

↑↓0 −1 m = 1

↑0

↑−1 m = 1

↑0

↓−1

Gesamtbahndrehimpuls-quantenzahl 2 2 1 1 0 0L = Summe der Magnetquantenzahlen

Gesamtspinquantenzahl 1 0 1 0 1 0S = Summe der Spinquantenzahlen

Gesamtdrehimpulsquantenzahl 3 2J = L + S (2) 2 (1) 1 1 0

(1) (0)


3 Molekulspektroskopie und Festkorperphysik

� AUFGABE K-14: Chemische Bindung �K.3, G.7.2.5, G.7.3.1

Welche Stoffeigenschaften leiten sich aus der chemischen Bindung her fur:a) Messing, b) Calciumfluorid, c) Hexan, d) Siliciumcarbid?

� LOSUNG K-14:

a) Messing CuZn: Metallbindung (Legierung) aus Atomrumpfen und Elektronengas ⇒ duktil,elektrischer Leiter, hohe Warmeleitfahigkeit, Metallglanz.

b) Calciumfluorid CaF2: Ionenbindung (Salz) durch elektrostatische Anziehung von Metallka-tionen (Ca2⊕) und Nichtmetallanionen (F�)⇒ sprode, hoher Schmelz- und Siedepunkt, elek-trische Leitfahigkeit nur im geschmolzenen Zustand (Elektrolyt).

c) Hexan C6H14: Atombindung (Molekul) durch gemeinsame Elektronenpaare zwischen Nicht-metallatomen ⇒ niedriger Schmelz- und Siedepunkt, bei Raumtemperatur flussig; elektri-scher Isolator (Dielektrikum).

d) Siliciumcarbid SiC: Atombindung (Atomgitter) ⇒ diamantartiger Hartstoff; hoher Schmelz-und Siedepunkt.

� AUFGABE K-15: Zweiatomiges Molekul: MORSE-Potential �K.3.3 !

Im HI-Molekul wirkt entlang der Bindung die Kraft �F = −2Dβ(e−β(r−re) − e−2β(r−re)

) �rr

D = 5,121·10−19 J = 308 kJ/mol; re = 160.9 pm; β = 0,01751 pm−1; mH = 1,008 u; mI = 126,9 i; u = 1,66·10−27 kg

a) Diskutieren Sie die Kraft-Weg-Kurve: Bestimmen Sie Asymptoten, Nullstellen und Extrema.b) Warum ist die Kraft konservativ?c) Diskutieren Sie den Verlauf des Potentials V (r). Berechnen Sie die TAYLOR-Reihe.d) Wie lautet die Kraftkonstante? Mit welcher Frequenz schwingt das Molekul?

� TIPP K-15:

Kurvendiskussion

Nullstellen: Die Funktion f (x) = 0 setzen und nach x = x0 auflosen.

Maximum/Minimum: Die 1. Ableitung der Funktion f ′(x) = 0 setzen, nach x = xm auflosen.

Asymptoten: Den Grenzwert limx→∞ f (x) fur große x berechnen.

Kraftfelder

Vektor = Betrag · Einheitsvektor: �F = | �F | · �rr und∣∣∣ �rr ∣∣∣ ≡ 1

Potential eines Kraftfeldes: �F = −grad V ⇒ V = − ∫ �F d�r = − ∫ | �F| dr

TAYLOR-Entwicklung, z. B. harmonische Naherung eines Potentials:

Pn,xo(x) =∞∑

n=0

f (n)(x0)n! (x − x0) ≈ f (x0)+ f ′(x0) · (x − x0)+ f ′′(x0)

2 · (x − x0)2 + . . .

Kraftkonstante: k = ∂2V (x)∂x2

∣∣∣∣x=x0

3 Molekulspektroskopie und Festkorperphysik 173

K

� LOSUNG K-15:

a) Gezeichnet wird der Betrag der Kraft F ,

d. h. der Einheitsvektor �rr entfallt.

Asymptote: limr→∞ | �F(r)| = 0

Nullstellen: F = 0 fur r = re

Minimum: dFdr = 0 fur r = re + ln 2

β

b) Das Feld ist konservativ (wirbelfrei),

wenn rot �F = ∇ × V!= �0

Kontrolle: Bilden Sie die partiellen Ableitun-gen, z. B. Fx = ∂F

∂x :

∂Fx∂y = ∂Fy

∂x = 0; ∂Fx∂z = ∂Fz

∂x = 0; ∂Fy∂z = ∂Fz

∂y = 0

0 0.5 1 1.5 26

3

0

3

6

9

12

J

N10 9

)(rF

J10 91

)(rV

r/re

Abstoßung Anziehung

c) Durch Integration der Kraft erhalt man das Potential (potentielle Energie) der Bindung.Das Energieminimum liegt beim Gleichgewichtsabstand re.Die Tiefe des Potentialtopfes heißt Dissoziationsenergie D.

V (r) = − ∫ [−2Dβ(eβ(r−re) − e−2β(r−re)

)]dr = D

[−2 e−β(r−re) + e−2β(r−re)]

Asymptote: limr→∞ V (r) = 0

Nullstellen: V = 0 bei r = re − ln 2β

Minimum: dVdr = 0 bei r = re

Wendepunkt: d2 Fdr2 = 0 bei r = re + ln 2

β

Naherung der Potentialfunktion durch eine TAYLOR-Reihe bis zur 2. Ableitung. Die ersteAbleitung V ′(x) ist die Kraft; sie ist bei re gleich null. Die zweite Ableitung V ′′ an der Steller = re muss berechnet werden. Man erhalt die harmonische Naherung der Potentialfunktion.

V ′′(r) = −2Dβ2(e−β(r−re) − 2e−2β(r−re)

)V (r) ≈ V (re)︸︷︷︸

−D

+ V ′(re)(r − re)︸︷︷︸0

+ 12 V ′′(re) · (r − re)

2 = D[−1+ β2(r − re)

]2d) Kraft- oder Federkonstante: k = d2V

dr

∣∣∣∣r=re

= V ′′(re) = 2Dβ2 = 314 kgs2

Schwingungsfrequenz: ω = 2π f =√

kmred

mit mred = mHmImH + mI

⇒

f = 12π

√314 kg s−2 / 1,008 u·126,9 u

1,008 u+126,9 u = 12π

√314 kg s−2

1,00056·1,66·10−27 kg= 6,9·1013 Hz


� AUFGABE K-16: Zweiatomiges Molekul: Schwerpunktskoordinaten �K.3.3, B.4.3 !

1. Beschreiben Sie die Koordinaten eines zweiatomiges Molekuls AB

a) in kartesischen Koordinaten: �rA = (xA,yA,zA) und �rB = (xB,yB,zB)

b) in Schwerpunktskoordinaten: �r = �rB − �rA und �rS = mA�rA+mB�rBmA+mB

2. Wie lauten: kinetische Energie T , LAGRANGE-Funktion L = T − V ,generalisierter Impuls, LAGRANGE-Gleichungen und HAMILTON-Funktion?

� TIPP K-16:

Koordinatentransformation(y1y2

)︸︷︷︸

neu

=(

a bc d

)︸︷︷︸

A

(x1x2

)︸︷︷︸

alt

⇒(

x1x2

)︸︷︷︸

alt

= 1ad − bc

(d −b

−c a

)︸︷︷︸

A−1

(y1y2

)︸︷︷︸

neu

Reduzierte Masse: mred = mAmBmA + mB

Gesamtmasse im Schwerpunkt: mS = mA + mB

Klassische Mechanik in generalisierten Koordinaten qk

Kraftfeld: �F = −grad V (r) = −∂V (r)∂r · �rr = −�∇V (r) fur r = |�r |

LAGRANGE-Funktion: L = T − V

generalisierter Impuls pk = ∂L∂ qk

= ∂T∂ qk

LAGRANGE-Gleichungen: L = L(r ,qk) ⇒ ∂∂ t

(Lqk

)−(

Lqk

)= 0

HAMILTON-Funktion: H = T (pk)+ V (qk)

HAMILTON-Gleichungen: pk = −∂H∂qk

; qk = ∂H∂pk

Effektive HAMILTON-Funktion: H = 12mred

�p2 + V fur �pS = �0

� LOSUNG K-16:

Kartesische Koordinaten Schwerpunktskoordinaten�rA, �rB Ortsvektoren �r Abstand AB, �rS Ortsvektor des Schwerpunkts

Koordi-naten

�rA =⎛⎝ xA

yAzA

⎞⎠; �rB =⎛⎝ xB

yBzB

⎞⎠ ( �rS�r)=( mA

mS

mBmS−1 1

)( �rA�rB

)⇒( �rA

�rB

)=(�rS − mB

mS�r

�rS + mBmS�r

)kinetischeEnergie

�r bedeutet d�rdt Die Ableitungen �rA und �rA in T (karte-

sisch) einsetzen und vereinfachen.

T = 12 mA �r2

A + 12 mB �r2

B T = 12 mS �rS

2 + 12 mred �r2


K

Kartesische Koordinaten SchwerpunktskoordinatenS = Schwerpunkt; r = Abstand AB

LAGRANGE-funktion

L = T − V (|�rB − �A|) mit L = T − V (|�r |) mit

|�rB−�rA| =√(xB−xA)2 + (yB−yA)2 + (zB−zA)2

|�r | =√

x2 + y2 + z2

Impuls �q =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝xAyAzAxByBzB

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠; pk= dTdqk

⎧⎨⎩ �pA = mA �rA

�pB = mB �rB

�q =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝xSySzSxryrzr

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠; pk = dTdqk

⎧⎨⎩ �pS = mS �rS

�pr = mred �r

Dies sind drei Gleichungen fur px,A, py,A, pz,Aund drei Gleichungen fur px,B, py,B, pz,B

Dies sind drei Gleichungen fur px,S, py,S, pz,Sund drei Gleichungen fur px,r, py,r, pz,r

LAGRANGE-Gleichun-gen

L = 12 mA �r2

A + 12 mB �r2

B + V (r)∂∂ t

(∂L∂ �rA

)− ∂L∂rA

= 0

∂∂ t (mA �mA)−

(− grad�rAV (r)

) = 0

⇒ mA �rA + ∂V∂r

�rArA

= 0

und mB �rB + ∂V∂r

�rBrB

= 0

L = 12 mS �r2

S + 12 mred �r2 + V (r)

∂∂ t

(∂L∂ �rS

)− ∂L∂rS

= 0

⇒ mS �rS = 0und mred �r + ∂V

∂r�rr = 0

Dies sind drei Gleichungen fur xA, yA, zA unddrei Gleichungen fur xB, yB, zB

Dies sind drei Gleichungen fur xS, yS, zS und dreiGleichungen fur xr, yr, zr

HAMILTON-Funktion

H = p2A

2mA+ p2

B

2mB︸︷︷︸T

+V (|�rB − �rA|) H = p2S

2mS+ p2

r

2mred︸︷︷︸T

+V (|�r |)

HAMILTON-Gleichun-gen

�pA = − ∂H∂�rA

= −�∇�rA V = �FA

�pB = − ∂H∂�rA

= −�∇�rB V = �FB

�pS = −∂H∂�rS

= −�∇�rS H = 0

�pr = −�∇r H = −�∇r V = −∂V∂r

und und

�qA = − ∂H∂ �pA

= �pAmA

(fur px ,py,pz)

�qB = − ∂H∂ �pB

= �pBmB

�rS = �pSmS

�r = �pmred

EffektiveHAMILTON-funktion

Abtrennung der Schwerpunktbewe-gung: �pS = 0:

H = 12mred

�p2r + V (r)

Effektive Hamilton-Gleichungen:

�r = �pmred

�pr = −�∇r V = −∂V∂r

�rr = �F


� AUFGABE K-17: Zweiatomiges Molekul: Kugelkoordinaten �K.3.3, B.1.1.2, B.4.3 !

1. Beschreiben Sie die Bewegung eines zweiatomiges Molekuls AB in Kugelkoordinaten(r,ϕ,θ) von �r und �rS. Die Wechselwirkung sei ein MORSE-Potential V.Wie lauten: kinetische Energie T , LAGRANGE-Funktion L = T − V ,generalisierter Impuls, LAGRANGE-Gleichungen und HAMILTON-Funktion?

2. Berechnen Sie die Bewegung des Molekuls fur folgende Anfangsbedingungen (t = 0):a) Schwerpunkt ruht anfangs: �rS = �0; �rS = �0b) Molekul anfangs in der xy-Ebene: θ = 90◦; θ = 0c) Molekul rotiert anfangs mit dem Drehimpuls L: ϕ = 0; ϕ = L/(mredr2)

d) Der Relativabstand des Molekuls lauft anfangs auf einer Kugel mit dem Radius

r = r : L2

mr3 = ∂V∂r

∣∣∣r=r

; r = 0

� TIPP K-17:

Kugelkoordinaten umfassen den Ortsvektor des Schwerpunktes �rS, den ebenen Winkel ϕ zwi-schen �rS und dem Abstand r = AB, den Winkel θ zwischen �rS und z-Achse.

� LOSUNG K-17:

1. Kugelkoordinaten: x = r sin θ cosϕ; y = r sin θ sin ϕ; z = r cos θ

Kinetische Energie: T = 12 mS�r2

S + 12 mred �r2

mit �r = (x,y,z) und r2 = x2 + y2 + z2 ⇒

T = 12 mS �r2

S + 12 mred

(r2 + r2θ2 + r2 sin2 θϕ2

)

Generalisierter Impuls �q =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝rSx

rSy

rSz

rθ

ϕ

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠; pk = dTdqk

⇒

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩�pS = mS �rS

pθ = mredr2θ

pϕ = mredr2 sin2 θ ϕ

pr = mredr

LAGRANGE- L = 12 mS �r2

S + 12 mred

(r2 + r2θ2 + r2 sin2 θϕ2

)+ V (r)Gleichungen

∂∂ t

(∂L∂ qk

)−(

Lqk

)= 0

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩mS �rS = 0

mred[r − (r θ2 + r sin2 θ ϕ2

)]+ ∂V∂r = 0

mred[ ∂∂ t(r2θ)− r2 sin θ cos θ ϕ2

] = 0

mredr2 cos θ ϕ = 0

HAMILTON-Funktion: H = �p2S

2mS+ p2

r2mred

+ p2θ

2mredr2 +p2ϕ

2mredr2 sin2 ϕ+ V (r)

HAMILTON-Gleichungen: pk = −∂H∂qk

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩�pS = − ∂H

∂�r = 0

pr = − ∂H∂r

pθ = − ∂H∂θ = −p2

ϕ

mredr2 sinϕ

pϕ = − ∂H∂r = 0

qk = ∂H∂pk

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩�rS = �pS

mS

r = prmred

θ = pθmredr2

ϕ = pϕmredr2 sin2 ϕ


K

2. Setzen Sie in die LAGRANGE-Gleichungen die Anfangsbedingungen der Teilaufgaben ein.

a) Ruht der Schwerpunkt am Anfang, so bleibt er ruhend.

�rS = �0�rS = �0 = �v0

}⇒ �rS = �v0t + �rS,0 = �0

b) Das rotierende System verlasst die Rotationsebene nicht.

mred[ ∂∂ t(r2 θ︸︷︷︸

0

)− r2 sin θ︸︷︷︸0

cos θ︸︷︷︸1

ϕ2] = 0, wenn θ = 90◦ = konstant.

c) Gleichformige Rotation des Molekuls unter Drehimpulserhaltung:

∂∂ t(mred r2 cos θ︸︷︷︸

1

ϕ) = 0 ⇒ mred r2ϕ = L ⇒

ϕ∫0

dϕ′ =t∫

0

Lmred r2 dt ′ ⇒ ϕ(t) = L t

mredr2

Unter den Anfangsbedingungen rotiert das Molekul ohne Schwingungen:

mred r︸︷︷︸0

−mred r θ2︸︷︷︸0

−mred r

1︷︸︸︷sin θ ϕ2 + ∂V

∂r︸︷︷︸−L2+L2=0

= 0 fur r = r = konstant.

� AUFGABE K-18: Normalschwingungen des CO2-Molekuls �K.3.3 !

Das harmonisch genaherte Potential des linearen Molekuls O=C=O mit der Gleichgewichtslage�q = (x1,y1,z1 x2,y2,z2, x3,y3,z3) = (−r0,0,0, 0,0,0, r0,0,0) ist:

V = k1

2

[(x1 −x2)

2 + (x2 −x3)2]

︸︷︷︸Streckschwingungen

+ k1

2

[(y1 − 2y2 +y3)

2 + (z1 − 2x2 −z3)2]

︸︷︷︸Biegeschwingungen

k1,k2 Kraftkonstanten; Biegewinkel in xy-Ebene: δ = (y1 − 2y2 +y3)/r0

a) Schreiben Sie die potentielle Energie mit massengewichteten Koordinaten√

mA x1 etc. als9×9-Blockdiagonalmatrix.

b) Bestimmen die Schwingungsfrequenzenω = √λ aus den Eigenwerten λ.

c) Wie sehen die Eigenvektoren aus?

d) Bestimmen Sie die Normalkoordinaten Qi in Abhangigkeit der kartesischen Auslenkungenq1 = √

mA x1 etc.

� TIPP K-18:

Die kartesischen Koordinaten wer-den durch Normalkoordinaten qk

ersetzt, nach Potenzen sortiert undin eine Blockmatrix K umgeschrie-ben. Die quadratischen Glieder mitq2

k stehen in der Diagonalen, ge-mischte Glieder mit qkq j symme-trisch daruber und darunter.

Potentielle Energie: V = 12 �qT K �q

Eigenwertgleichung: L �x = λ �x

O

‖C‖O

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

x1√

mAy1

√mA

z1√

mA

x2√

mBy2

√mB

z2√

mB

x3√

mAy3

√mA

z3√

mA

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠=

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

q1q4q7

q2q5q8

q3q6q9

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

x y z

1 4 7

2 5 8

3 6 9


� LOSUNG K-18:

a) V = k12

[( q1√mA

− q2√mB

)2 + ( q2√mB

− q3√mA

)2]+k22

[( q4√mA

− 2q5√mB

+ q6√mA

)2 + ( q7√mA

− 2q8√mB

+ q9√mA

)2] ⇒

V = k12

[q2

1mA

− 2q1q2√mAmB

+ 2q22

mB− 2q2q3√

mAmB+ q2

3mA

]+

k22

[q2

4mA

− 4q4q5√mAmB

+ q25

mB+ 2q4q6√

mAmB− 4q5q6√

mAmB+ q2

6mA+

q27

mA− 4q7q8√

mAmB+ q2

8mB

+ 4q7q8√mAmB

− 4q8q9√mAmB

+ q29

mA

]Die Terme mit den Kraftkonstanten werden in eine Diagonalblockmatrix V = 1

2 �qT K �q ge-ordnet. In Spalte 2 bzw. 5 wurde der Faktor 2 bzw. 4 vor allen Elementen

”wegdividiert“.

V = 12 �qT

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

1︷︸︸︷k1mA

2︷︸︸︷−k1√mAmB

3︷︸︸︷0

4︷︸︸︷0

5︷︸︸︷0

6︷︸︸︷0

7︷︸︸︷0

8︷︸︸︷0

9︷︸︸︷0

−k1√mAmB

k1mB

−2k1√mAmB

0 0 0 0 0 0

0 −k1√mAmB

k1mA

0 0 0 0 0 0

0 0 0 k2mA

−k2√mAmB

2k2√mAmB

0 0 0

0 0 0 −4k2√mAmB

k2mB

−4k2√mAmB

0 0 0

0 0 0 2k2√mAmB

−k2√mAmB

k2mA

0 0 0

0 0 0 0 0 0 k2mA

−4k2√mAmB

2k2√mAmB

0 0 0 0 0 0 −4k2√mAmB

k2mB

−4k2√mAmB

0 0 0 0 0 0 2k2√mAmB

−k2√mAmB

k2mA

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

q1

q2

q3

q4

q5

q6

q7

q8

q9

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠b) Bestimmung der Eigenwerte λ. Die Diagonalelemente jeder Untermatrix werden um −λ

erganzt und die Determinante nach λ aufgelost. Ein Produkt ist null, wenn einer der Faktorennull ist!

0 !=

∣∣∣∣∣∣∣∣k1

mA− λ −k1√

mAmB0

−k1√mAmB

k1mB

− λ −2k1√mAmB

0 −k1√mAmB

k1mA

− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣0

!=(

k1mA

− λ)

︸︷︷︸(1)

[ (k1mB

− λ) (

k1mA

− λ)− 2k2

1mAmB︸︷︷︸

(2)

]+ k1√

mAmB

[ −k1√mAmB

(k1mA

− λ) ]

︸︷︷︸k21

mAmB

(−k1mA

−λ)

Aus (1) folgt: λ1 = k1mA

Aus (2) folgt: λ2 = 0 und λ3 = k1mA+mBmAmB

Die zweite und die identische dritte Untermatrix liefern die Eigenwerte:λ5 = λ8 = 2k2

mA+mBmAmB

; λ4 = λ6 = λ7 = λ9 = 0

c) Die Eigenvektoren werden durch Einsetzen jeweils eines Eigenwertes in die Diagonal-elemente der Matrix und Losung des Gleichungssystems (L − λ1E)�x = �0 bestimmt.Gleiche Faktoren in einer Zeile oder Spalte einer Matrix durfen gekurzt werden.


K

Mit λ1 = k1/mA und der willkurlichen Wahl x3 = μ = −1 lautet der erste Eigenvektor:

0!=

⎛⎜⎜⎝0 −k1√

mAmB0

−k1√mAmB

k1mB

− k1mA

−2k1√mAmB

0 −k1√mAmB

0

⎞⎟⎟⎠ ⇒

⎛⎜⎝ 0 1 0 0

1 mB−mA√mAmB

1 0

0 1 0 0

⎞⎟⎠⇒ �x◦1 = 1√2

⎛⎝ 10

μ=−1

⎞⎠Der Eigenvektor wird normiert, indem man durch den Betrag |�x1| teilt.Alle neun Eigenwerte λk werden zur Eigenwertmatrix L zusammengestellt.Weil L orthogonal ist, ist die inverse Matrix L−1 gleich der transponierten Matrix LT.

L =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

�x◦1︷︸︸︷√12

�x◦2︷︸︸︷√mB

2(mA+mB)

�x◦3︷︸︸︷√mA

mA+mB

�x◦4︷︸︸︷0

�x◦5︷︸︸︷0

�x◦6︷︸︸︷0

�x◦7︷︸︸︷0

�x◦8︷︸︸︷0

�x◦9︷︸︸︷0

0 −2√

mB2(mA+mB)

√mB

mA+mB0 0 0 0 0 0

−√

12

√mB

2(mA+mB)

√mA

mA+mB0 0 0 0 0 0

0 0 0√

12

√mB

2(mA+mB)

√mA

mA+mB0 0 0

0 0 0 0 −2√

mB2(mA+mB)

√mB

mA+mB0 0 0

0 0 0 −√

12

√mB

2(mA+mB)

√mA

mA+mB0 0 0

0 0 0 0 0 0√

12

√mB

2(mA+mB)

√mA

mA+mB

0 0 0 0 0 0 0 −2√

mB2(mA+mB)

√mB

mA+mB

0 0 0 0 0 0 −√

12

√mB

2(mA+mB)

√mA

mA+mB

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠d) Normalkoordinaten Qk als Funktion der kartesischen Auslenkungen q1 = √

mA x1 etc.

Es gilt: �q = L �Q ⇐⇒ �Q = L−1 �q = LT �qFur beliebige Werte der Normalkoordinaten bleibt das Verhaltnis der kartesischen Auslenkun-gen konstant. Das Vorzeichen von Q zeigt die Bewegungsrichtung an. Mit M = mA + mB:

kartesisch ↔ Normalkoordinate Freiheitsgrad Frequenzqk = x◦k Qk ν = Streckschwingung ω = √

λ

O C O δ = Biegeschwingung

√mA x1=

√12 Q1

√mB x2 = 0

√mA x3=−

√12 Q1 νs: ◦→•←◦

√k1mA√

mAx1=√

mB2M Q2

√mBx1=−

√2mA

M Q2√

mAx3=√

mB2M Q2 νas: ◦→←• ◦

√k1 M

mAmB√mAx1=

√mAM Q3

√mBx1=

√mBM Q3

√mAx3=

√mAM Q3 Translation → 0

√mA y1=

√12 Q4

√mB y2=0

√mA y3=−

√12 Q4 Rotation ←↩ 0

√mAy1=

√mB2M Q5

√mBy2=−

√2mA

M Q5√

mAy3=√

mB2M Q5 δ: ↑ ↓ ↑

√2k2

mAmB√mAy1=

√mAM Q6

√mBy2=

√mBM Q6

√mAy3=

√mAM Q6 Translation ↑ 0

Q7 analog Q4 Rotation ⊕−◦−� 0√

mAz1=√

mB2M Q8

√mBz2=−

√2mA

M Q8√

mAz3=√

mB2M Q8 δ: ⊕−�−⊕

√2k2 MmAmB

Q9 analog Q6 Transl. ⊕−⊕−⊕ 0


� AUFGABE K-19: Infrarotspektroskopie �K.3.3, D.2

Welche Schwingungen im CO2-Molekul (linear) und H2O-Molekul (gewinkelt)sind IR-aktiv bzw. RAMAN-aktiv?

� LOSUNG K-19:

Die Freiheitsgrade eines Molekuls verteilen sich auf die Molekulbewegung (Translation) in diedrei Raumrichtungen, sowie 3N Freiheitsgrade der Schwingungen und Rotationen.IR-Absorption erfordert eine Anderung des Dipolmoments; deshalb sind symmetrische Schwin-gungen nicht IR-aktiv, aber RAMAN-aktiv.

H2O: Gewinkeltes Molekulmit N = 3 Atomen

3N − 6 = 3 Schwingungen3 Rotationen

3687 cm−1 1596 cm−1 3756 cm−1

IR- und RAMAN-aktiv

CO2: Lineares Molekulmit N = 3 Atomen

3N − 5 = 4 Schwingungen2 Rotationen

+ +

IR-aktiv RAMAN-aktiv

IR-aktiv IR-aktiv

� AUFGABE K-20: Raman-Spektroskopie �K.3.4

Das Schwingungs-RAMAN-Spektrum von 35Cl2 zeigt im STOKES-Bereich und viel schwacherim Anti-STOKES-Bereich Linien im Abstand von 0,9752 cm−1.Wie lang ist die Cl–Cl-Bindung im Chlor?

� LOSUNG K-20:

Beachten Sie die Auswahlregel j = ±2.

E = hcν = h2

8π2 I· 2 · [ j ( j + 1)− j ′( j ′ + 1)]︸︷︷︸

j=4 fur 0→1

⇒ ν = 4 h8π2c I

r =√

Imred

=√

4h8π2cν

:m2

Cl2mCl

=√

4h8π2c·0,9752·(0,01 m)−1·35·1,66·10−27 kg/2

= 1,99·10−10 m


K

� AUFGABE K-21: Harmonischer Oszillator �K.3.3, 2.3.2 !

Die Wellenfunktion ψv = (−1)vey2/2√√πv! 2v

dvdyv

e−y2mit y = x

√mωh beschreibt den v-ten Quantenzu-

stand eines harmonischen Oszillators mit den Energieeigenwerten Ev = hω(v + 12 ).

a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit findet man ein Proton im 1. angeregten klassischen Schwin-gungszustand vor?

b) Wie stark weichen Ort x und Impuls p von den Erwartungswerten 〈x〉 und 〈p〉 fur den

Zustand ψ =(

mωπ h

)1/4e−y2/2 ab?

� TIPP K-21:

a) Numerische Integration fur N aquidistante Stutzwerte (1,2, . . . ,N)

TRAPEZ-Regelb∫

af (x) dx = b − a

N − 1

(12 y1 + y2 + y3 + . . .+ xN−1 + 1

2 yN

)SIMPSON-Regel

b∫a

f (x) dx = b − a3(N−1) (y1 + 4y2 + 2y3 + 4y4 + 2y5 + . . .+ 4xN−1 + yN )

b) Mittlere Abweichung vom Mittelwert: x =√〈x2〉 − 〈x〉2

Integrale:∞∫

−∞e−ax2

dx =√πa ;

∞∫−∞

x2e−ax2dx =

√π

2a3/2 ;∞∫

−∞x4e−ax2

dx = 3√π

4a3/2

� LOSUNG K-21:

a) |ψ1|2 =√

3∫−√3

⎡⎣ (−1) ey2/2√2√π

ddy e−y2

⎤⎦2

dy =√

3∫−√3

⎡⎣2y ey2/2√2√π

e−y2

⎤⎦2

dy =√

3∫−√3

2y2 e−y2

√π

dy

Intervallgrenzen: E1 = hω(1 + 12 )

!= 12 mωx2 ⇒ 3 = mωx2

h = y2 ⇒ y1,2 = ±√3

Durch handische oder numerische Auswertung mit einem Mathematikprogramm wie Maple,Mathcad oder Mathematica folgt: |ψ1|2 = 88,8 %.

b) Mit ψ∗ · ψ = |ψ|2 und y2 = x2 mωh ist:

(x)2 = 〈x2〉 − 〈x〉2 = 〈ψ|x2|ψ〉 − 〈ψ|x |ψ〉2 =

=( ∞∫−∞

x2(

mωπ h

)1/2e−x2(mω/h) dx

)−( ∞∫−∞

x

(mω

π h

)1/2

e−x2(mω/h)

︸︷︷︸ungerade Funktion: 〈x〉=0!

)2 = h2mω

(p)2 = 〈 p2〉 − 〈 p〉2 = 〈ψ| p2|ψ〉 − 〈ψ| p|ψ〉2︸︷︷︸0

=∞∫

−∞

[ψ · (−i h)2 d2

dx2ψ dx

]= hmω

2

x ·p =√

h2mω · hmω

2 = h2


� AUFGABE K-22: Mikrowellenspektroskopie �K.3.3, 3.5

1. Das Rotationsspektrum von Bromwasserstoff (HBr) zeigt eine Serie von Linien im fernenInfrarot im Abstand von 16,94 cm−1.a) Wie groß ist das Tragheitsmoment des Molekuls?b) Wie groß ist die Bindungslange?

2. Das H25Cl-Molekul zeigt um die Fundamentalschwingungsbande u. a. die Rotationslinien2927, 2906, 2866 und 2847 cm−1. Der Oberton liegt bei 5679 cm−1. Wie groß sind:a) Bindungslange, b) Anharmonizitatskonstante, c) Kraftkonstante der Bindung?

� LOSUNG K-22:

1. a) Starrer Rotor: E(0→1) = hcν = h2

8π2 I[ j ( j + 1)− j ′( j ′ + 1)]︸︷︷︸

j=2 fur 0→1

!= hc · 16,94 cm−1

⇒ I = 2h2

8π2 E= 3,3·10−42 kg m2

b) I = mred r2 = MH MBrMH + MBr

r2 ⇒ r =√

3,3 · 10−42 kg m2 · 1,008 u+79,9 u1,008 u·79,9 u ≈ 141 pm

Atomare Masseneinheit: u = 1,66·10−27 kg; M Atommassen siehe Periodensystem.

2. a) Schwingung und Rotation seien additiv und die Anharmonizitat vernachlassigbar.Der Mittelwert der Linien liegt bei ν0 = 2886,5 cm−1 (1. Harmonische, Grundschwingung).Die Linie 2906 cm−1 entspricht dem Rotationsubergang 0→1 ( j = 2).

E = Evib +Erot = hcν0︸︷︷︸v=0

+ h2

8π2 I[ j ( j + 1)− j ′( j ′ + 1)]︸︷︷︸

j=2 fur 0→1

ν = νvib,0 +νrot,0→1 = 2886,5 cm−1 + h8π2c I

· 2!= 2906 cm−1

⇒ I = h · j8π2c (ν −ν0)

= 6,626·10−34 Js · 28π2·299792458 m s−1·(2906−2886,5)·(0,01 m)−1 = 2,9·10−47 kg m2

⇒ r =√

Imred

=√

2,9·10−47 kg m2

(1·35 u2)/(1+35) u= 0,13·10−9 m = 130 pm

b) Evib = (v + 12 )hcν0 − (v + 1

2 )2hc x ν0

(1) Evib,0→1 = (1 − 2x)hcν0!= hc · 2886,5 cm−1

(2) Evib,0→2 = (1 − 3x)hc(2ν0)!= hc · 5679 cm−1

}x = 0,158; ν0 = 2980 cm−1

Losung des Gleichungssystems: Setzen Sie ν0 = 56792−6x aus (2) in (1) ein und losen Sie nach

x auf. Formen Sie (1) mit dem Wert fur x nach ν0 um.

c) Die Frequenz der Grundschwingung hangt von der Kraftkonstante der Bindung ab.

ω0 =√

kmred

= 2πcν0 ⇒

k = [2πc ν0]2 mred =

[2π · 299792458 m

s · 2886,5 (0,01 m)−1]2 1·35 u

(1+35) = 477 Nm

4 Massenspektrometrie 183

K

4 Massenspektrometrie

� AUFGABE K-23: Massenspektrometrie �K.4 !

1. Nach welchen physikalischen Prinzipien funktioniert:a) die Erzeugung und Beschleunigung der Ionen,b) die Massentrennung,c) der Ionennachweis?

2. Ein Massenspektrum zeigt die Peaks: 126, 91, 65, 51.Um welche Verbindung handelt es sich?

� LOSUNG K-23:

1. a) Ionisator. Durch eine Gluhkathode (oder andere Techniken) werden die Molekule ionisiert:M + e� → M⊕· + 2e� . Nicht ionisierte Teilchen werden durch eine Hochvakuumpumpeabgesaugt. Die z-fach geladenen Molekulionen der Masse m werden im elektrischen Feldbeschleunigt (U = 2. . . 10 kV).

(1) z U = 12 mv2 ⇒ v =

√2zU

mb) Analysator. Im Feld eines Elektromagneten (B ≈ 1 T) werden leichte Teilchen starker

abgelenkt als schwere.

(2) B e v = mv2

rmmit (1) ⇒ m

z = B2r2m

2Uc) Bei konstanter Beschleunigungsspannung und konstantem Ablenkradius genugt die Varia-

tion der Magnetfeldstarke, um den Ionenstrom auf den Detektor (Sekundarionenvervielfa-cher) zu leiten. Mit zunehmender Messzeit werden immer schwere Ionen erfasst.mz = konst · B2 ; Peakhohe = Zahl der Ionen mit m

z = konst

2. Ist die Anregungsenergie groß genug, zerfallt das ionisierte Molekulion anschließend in eincharakteristisches Muster von Fragmentionen.

126 (Molekulion) −→ 91: Benzyl

��

��

��

—CH⊕2 + 35: Chlor Cl⊕

↓Fragmente des aromatischen Rings:

65: C5H⊕5

↓51: C4H⊕

3

Es handelt sich um Benzylchlorid (Chlorphenylmethan). Das Vorhandensein von Chlor istauch am kleinen Satellitenpeak 128 neben dem Molekulpeak 126 erkennbar.


5 Kernspin und NMR-Spektroskopie

� AUFGABE K-24: Kernspinresonanz, 1H-NMR �K.5

a) Wie verhalt sich der Energieabstand im Magnetfeld von 1,4 Tesla zur thermischen Energie?b) Wie groß ist die Resonanzfrequenz?c) Warum sind beim Kernspintomographen hohe Magnetfelder vorteilhaft?

� LOSUNG K-24:

a) E = h f = γp h B = 2,675·108 s−1T−1 · 1,055·10−34 Js · 1,4 T = 3,9·10−26 J

Das gyromagnetische Verhaltnis des Protons γp ist ein Tabellenwert. Die thermische Energiebei Raumtemperatur ist 160000-mal großer:

E = 32 kT = 3

2 · 1,38·10−13 J/K · 300K ≈ 6,2·10−21 J

b) f = Eh = 59,6·106 Hz ≈ 60 MHz (entspricht λ ≈ 5 m)

c) Das Verhaltnis der Besetzungszahlen ist durch eine BOLTZMANN-Verteilung gegeben:

N1/N0 = e−E/(kT )

Hohe Feldstarken begunstigen den angeregten Zustand m = − 12 (Index 1) gegenuber dem

Grundzustand m = + 12 (Index 0): E(� 1) ∼ B ∼ N1/N0.

� AUFGABE K-25: Kernspinresonanz, 31P und 35Cl �K.5

Bei welchen Frequenzen ist eine kernmagnetische Resonanzabsorption in einem Magnetfeldvon 1,5 T zu erwarten?

a) 31P, I = 12 , μI = 1,96μN

b) 35Cl, I = 32 , μI = 1,06μN

� LOSUNG K-25:

Kern Quantenzahl magnetisches Moment Kern-g-Faktor Resonanzfrequenz

I | �μI| = γN | �I | gN = |�μI|μN√

I (I + 1)f = γN B

2π = gNμN Bh

31P 12 1,96 μN

1,96√12

(12+1

) = 2,263 25,9 MHz

35Cl 32 1,06 μN

1,06√32

(32+1

) = 0,5474 6,26 MHz

μN = 5,051·10−27 J/T

6 Radioaktivitat 185

K

6 Radioaktivitat

� AUFGABE K-26: Aluminium: Atombau und chemische Eigenschaften �K.2.1, 2.4, 6.1, 6.4

a) Wie viele Elektronen, Protonen und Neutronen hat das 2713Al-Atom?

b) Was wiegt ein Aluminiumatom ungefahr?

c) Was wiegt ein Aluminiumatom bei genauer Rechnung? Warum stimmt der Zahlenwert nichtexakt mit der im Periodensystem tabellierten Atommasse (26,98 u) uberein?

d) Wie groß ist die Kernbindungsenergie (je Nucleon)?

e) Wie viele Isotope hat Aluminium?

f) Wie lautet die Elektronenkonfiguration von Aluminium? Welche Wertigkeit liegt vor?

g) Welche chemischen Eigenschaften leiten sich aus der Stellung im Periodensystem ab?

h) Wie viele Atome befinden sich in 1 cm3 Aluminium (Dichte 2,7 g/cm3)?

i) Wie groß ist der Radius des Atomkerns?

Konstanten: m(n) = 1,0087 u, m(p) = 1,0073 u; m(e) = 0,00055 u; u = 1,660·10−27 kg = 931,5 MeV.

� LOSUNG K-26:

a) Z = 13 Protonen und Elektronen; A − Z = 27 − 13 = 14 Neutronen

b) m(Al) = {A} u ≈ 27 u = 27 · 1,660·10−27 kg = 4,48·10−26 kg

c) m(Al) = 14 mn + 13 mp + 13 me = (14 · 1,0087+ 13 · 1,0073+ 13 · 0,00055) u = 27,22 u

Massendefekt: m = (27,22− 26,98) u = 0,24 u

d) E = m c2 = 0,24 u · 1,66·10−27 kg · (3·108 m/s)2 = 3,59·10−11 Joder E = 0,24 u ·931,5 MeV = 224 MeV, somit E/A = 224 MeV/27 = 8,3 MeV/Nucleon

e) Ein Isotop (Reinelement) – was man aus dem Periodensystem nicht sehen kann. Wegen desMassendefekts ist die relative Atommasse namlich nicht exakt 27.

f) [Ne] 3s2 3p1, wobei [Ne] = 2s22p6 die abgeschlossene Edelgasschale bezeichnet.Die drei Valenzelektronen besagen, dass Al3⊕-Ionen in salzartigen Verbindungen auftreten,z. B. in AlCl3, Al2O3. Aluminium ist also dreiwertig oder dreibindig.

g) Aluminium steht in der 3. Hauptgruppe, d. h. es ist dreiwertig, metallisch (links der Halbme-talle), unedel (abseits der Edelmetalle), bildet basische Hydroxide (typisch fur die Metalle der1. bis 3. Hauptgruppe).

h) Die Stoffmenge n = 1 mol enthalt NA Atome.

n = mM = � V

M = 2,7 g/cm3·1 cm3

26,98 g/mol = 0,1 mol

N = n NA = 0,1 · 6,022·1023 = 6,022·1022 Atome

i) r = 1,4·10−15 m · 3√

A = 4,2·10−15 m = 4,2 fm


� AUFGABE K-27: Neutronen und Neutronensterne �K.2, K.6.2

a) Welche Dichte haben Atomkerne?

b) Welche Masse hat ein Neutronenstern von 10 km Durchmesser?

c) Welcher Temperatur entspricht die kinetische Energie eines thermischen Neutrons,das 3000 m/s schnell fliegt?

� LOSUNG K-27:

a) � = mV = Au

43πr3 = Au

43π(

1,4 · 10−15 m · 3√A)3 = 1,67·10−27 kg

43π ·(1,4·10−15 m)3

≈ 1.4·1017 kgm3

b) m = � · 43πr3 = 1,4·1017 kg

m3 · 43π · (10000 m)3 ≈ 6·1029 kg

c) E = 32 kT = 1

2 mv2 ⇒ T = mv2

3k = 1,675·10−27 kg·(3000 m/s)2

3·1,38·10−23 J/K= 364 K ≈ 91 ◦C

� AUFGABE K-28: Radioaktiver Zerfall und Aktivitat �K.6.2

a) Welches Nuklid entsteht beim Alphazerfall von Uran-238?

b) Ein Casiumstrahler emittiert γ -Quanten der Energie 661 keV mit der Aktivitat von 10 kBq.Welche Energie wird im Jahr abgestrahlt?

c) Die Aktivitat eines Praparats klingt innerhalb eines Jahres um 23 % ab.Wie groß ist die Halbwertszeit?

d) Welche Aktivitat hat ein Gramm Tritium 3H (T = 12,35 a)?

� LOSUNG K-28:

a) 23892U → 234

90Th + 42He

b) Strahlungsleistung: P = 10000 s−1 · 661·103 eV · 1,602·10−19 J/eV = 1,05·10−9 W

Im Jahr: W = 1,09·10−9 W · (3600 · 24 · 365) s = 0,033 J

c) Die Restaktivitat ist AA0

= e−λt = 1 − 0,23 = 0,77 ⇒T = ln 2

λ= − t · ln 2

ln(A/A0)= 1 a·ln 2

ln 0,77 = 2,7 a

d) Aus A = −λN mit λ = ln 2T und n = N

NA= m

M folgt:

A = − ln 2T

NAmM = − ln 2

12,35 a · 6,022·1023 mol−1·1 g3 g/mol = 1,1·1022 a−1 = 3,4·1014 s−1

6 Radioaktivitat 187

K

� AUFGABE K-29: Radioaktives Zerfallsgesetz �K.6.2

Iod-131 hat eine Halbwertszeit von 8,05 Tagen.

a) Wie viele Prozent sind nach einer Woche zerfallen?

b) Nach welcher Zeit ist noch 1 % der Ausgangssubstanz vorhanden?

c) Wie viel 131I (in kg) befindet sich in einer Flussigkeit mit der Aktivitat 10 kBq?

d) Nach wie vielen Tagen ist die Aktivitat auf 10 % gefallen?

� LOSUNG K-29:

a) Restmenge: NN0

= e−λt = 2−t/T = 2−7/8,05 = 54,7 %; somit sind 1− NN0

= 45,3 % zerfallen.

b) t = −1λ

ln NN0

= − Tln 2 ln N

N0= − 8,05 d

ln 2 ln 0,01 = 53,5 d

c) A = −λN ⇒ N = Aλ= A T

ln 2 = 10000 s−1·8,05 d·24·3600 s/dln 2 = 1 · 1010 Kerne

m(131I) = n M = NNA

M = 1·1010·131 g/mol6,022·1023 mol−1 = 2,2·10−12 g = 2,2 pg

d) t = − Tln 2 ln A

A0= − 8,05 d

ln 2 ln 0,1 = 26,7 d (analog zu b)

� AUFGABE K-30: Kernspaltung �K.6.2

a) Wie funktioniert die Kernspaltung und warum wird dabei Energie frei?

b) Welche Masse an spaltbarem Uran-235 verbraucht ein Kernreaktor im Jahr?Wirkungsgrad 25%, elektrische Leistung 1 GW, Energie pro Spaltung 210 MeV.

c) Welche Energie (in J und Wh) wird bei der Spaltung von 1 kg 235U frei?

d) Wie viele Jahre muss ein Wasserkraftwerk (200 MW) arbeiten, um die einem Gramm Materieaquivalente Energie ins Netz zu speisen?

e) Auf welche Temperatur musste man 1 kg Kupfer erhitzen, damit die Warmeenergie derMasse von 10 pg Materie aquivalent ware (cp = 390 J kg−1K−1).

� LOSUNG K-30:

a) Langsame Neutronen regen einen Urankern an; er spaltet in Teilkerne und Neutronen, diewieder spalten konnen (Kettenreaktion). Die Spaltprodukte haben kleinere Bindungsenergiepro Nucleon, so dass Energie frei wird.

b) Pro Jahr mussen N = ηPtE1

= (109 W/0,25)·365·24·3600 s210·106 eV·1,609·10−19 J/eV

= 3,75·1019 Kerne gespalten werden.

Dies sind m = n M = N MNA

= 3,75·1019·235·10−3 kg/mol6,022·1023 mol−1 = 1463 kg Uran.

c) Die Masse m = 1 kg 235U bzw. die Stoffmenge n = m/M = 4,25 mol enthalt N = n NA =2,6·1024 Atome. Die freigesetzte Energie ist

E = N · 210 MeV · 1,602·10−19 J/eV = 8,6·1013 J = 2,4·1010 Wh = 24 GWh

d) E = mc2 = Pt ⇒ t = mc2

P = 1 kg·(299792458 m/s)2

200·106 W= 4,5·108 s ≈ 14 a

e) E = mc2 = m′ cp T ⇒ T = mc2

m′ cp= 10−11 kg·(299792458 m/s)2

1 kg·390 J kg−1K−1 ≈ 2300 K


� AUFGABE K-31: Kernfusion �K.6.2

Die Sonne, als eine 149·106 km von der Erde entfernte Kreisflache, bestrahlt jeden Quadratme-ter der Erdoberflache mit einer Leistung von 1400 W.

a) Nach welcher Reaktionsgleichung verschmelzen Tritium und Deuterium? (17,6 MeV)

b) Welche Energie (in kWh) liefert die Fusion von 1 kg Deuterium?

c) Welche aquivalente Masse verliert die Sonne in jeder Sekunde?

d) Welche Arbeit muss ein Proton 11H⊕ leisten, um einem ruhenden 3

2He2⊕-Ion gegen dieCOULOMB-Abstoßung auf 10−14 m nahe zu kommen?Welche Geschwindigkeit und thermische Energie mussen aufgebracht werden?

e) Wie viele Tonnen Kohle musste man verbrennen (H = 395 kJ/mol), um dieselbe Energiewie bei der Fusion von 1 kg Deuterium zu erzielen? (siehe a, b)

� LOSUNG K-31:

a) 31H + 2

1H → 42He + 1

0n + 17,6 MeV

b) 1 kg Deuterium enthalt N = nNA = m NAM = 1 kg·6,022·1023 mol−1

2·10−3 kg mol−1 = 3 · 1026 Atome

und liefert die Energie N · 17,6 MeV = 5,3 · 1033 eV = 8,5·1014 J = 2,3·108 kWh

c) E = mc2 = Pt ⇒ m = Ptc2 = 1400 W/m2·4π ·(1,49·1011 m)2·1 s

(299792458 m/s)2= 2,17·109 kg

d) W =r∫∞

F dr =r∫∞−(2e) e4πε0r2 dr = e2

2πε0r = (1,602·10−19 C)2

2π ·8,854·10−12 F/m·10−14 m= 4,6·10−14 J

E = 12 mpv

2 ⇒ v =√

2Wmp

=√

2·4,6·10−14 J1,673·10−27 kg

= 5,2·106 m/s

E = 32 kT = W ⇒ T = 3W

2k = 3·4,6·10−14 J2·1,381·10−23 J/K

≈ 5,0·109 K

e) Spezifische Verbrennungswarme: h = 395 kJmol · 1

0,012 kg mol−1 = 32900 kJkg = 9,14 kWh

kg

Somit sind m = EFusionh = 8,5·1014 J

32900·103 J kg−1 = 2,58·107kg ≈ 26000 t Kohle erforderlich.

� AUFGABE K-32: Kernreaktionen �K.6.2

1. Der Beschuss von Lithiumkernen mit Deuteronen setzt Neutronen der Energie 14 MeV frei.a) Wie lautet die Reaktionsgleichung?b) Welche Geschwindigkeit hat das Deuteron?

2. Wie heißen die unbekannten Partner der Kernreaktionen?a) 27

13? + 10n → ?

?? + 42He b) 228

88 ? → ??? + β�

� LOSUNG K-32:

1. a) 73Li + 2

1H → 84Be + 1

0n

b) E = mc2 = 12 mv2 ⇒ v =

√2Emn

=√

2·14·106 eV·1,609·10−19 J/eV1,675·10−27 kg

= 5,2·107 m/s

Nebenbei: Das sind 17% der Lichtgeschwindigkeit.

2. a) 2713Al + 1

0n → 2411Na + 4

2He (α-Zerfall)

b) 22888 Ra → 228

89 Ac + 0−1e� (β-Zerfall)

7 Rontgenspektroskopie, ionisierende Strahlung, Dosimetrie 189

K

7 Rontgenspektroskopie, ionisierende Strahlung, Dosimetrie

� AUFGABE K-33: Rontgenstrahlung: Emission und Unscharfe �K1.1, K7.2

a) Welche Frequenz hat die Kα-Strahlung von Molybdan?Welche Anregungsenergie muss die Rontgenrohre mindestens liefern?

b) Welche maximale Energie hat ein Rontgenquant, wenn die Rontgenrohre mit einer Spannungvon 100 kV betrieben wird? Welcher Wellenlange entspricht das?

c) Wie viele Photonen pro Sekunde werden bei einer Strahlungsleistung von 1 W ausgestrahlt?

d) Wie groß ist die Energie- und Frequenzunscharfe bei der Strahlungsemission von einemangeregten Niveau mit 10 fs Lebensdauer?

� LOSUNG K-33:

a) MOSELEY-Gesetz fur die Ordnungszahl 42 und den K←L-Ubergang:

f = R∞ c (Z − 1)2(

1n2 − 1

m2

)= 1,097·107 m−1 · 299792458 m

s · (42 − 1)2 ·(

11 − 1

22

)= 4,15·1018 Hz

Jedoch: In der Rontgenrohre muss das K-Elektron ionisiert werden, also m →∞.

f = 1,097·107 m−1 · 299792458 ms · (42− 1)2 ·

(11 − 0

)= 5,5·1018 Hz

Dies entspricht einer Energie von E ≥ h f = 3,7·10−15 J ≈ 23 keV.

b) E = h f = eU ⇒ E = 100 keV = 100 · 103 V · e = 1,602·10−14 J

λ ≥ hc

E= 6,626·10−34 Js·299792458 m/s

1,602·10−14 J= 1,24·10−11 m ≈ 12 pm

c) Nt = P

E = 1 W1,602·10−14 J

= 6,2·1013 s−1

d) E = ht =

6,626·10−34 Js10·10−15 s

≈ 6,6·10−20 J und f = Eh = 1

t = 100 THz

� AUFGABE K-34: Rontgenstrahlung: Absorption �K7.1

a) Wie groß ist der Absorptionskoeffizient, wenn der Rontgenstrahl durch eine 0,14 mm dickeBleischicht zur Halfte geschwacht wird?

b) Wie viele Halbwertsdicken sind notwendig, um die Strahlung auf 1 % zu reduzieren?

c) Menschliches Korpergewebe schwacht 50 keV-Rontgenstrahlung mit μ = 20 m−1.Welcher Prozentsatz der Strahlungsintensitat durchdringt den Korper von 30 cm Dicke?

� LOSUNG K-34:

a) II0= e−μx ⇒ μ = −1

x ln II0= − 1

0,14·10−3 m· ln 0,5 = 4951 m−1 ≈ 5 mm−1

b) x = − ln(I/I0)μ = − ln 0,01

4951 m−1 = 9,3·10−4 m = 0,93 mm.

Es sind 0,93 mm/0,14 mm ≈ 7 Halbwertsdicken notwendig.


c) II0= e−μx = e−20 m−1·0,3 m ≈ 0,25 %

� AUFGABE K-35: Compton-Effekt �K.1, K7.2

Beim medizinischen Durchleuchten wird Rontgenstrahlung im Gewebe durch COMPTON-Streuung abgelenkt.

a) Welchen Energieverlust erleidet 100 keV-Strahlung durch Streuung unter 90◦ und 180◦?b) Wie groß ist die Energie eines um 60◦ gestreuten Rontgenquants?

Welche Geschwindigkeit erreicht das getroffene Elektron (nichtrelativistisch)?

� LOSUNG K-35:

a) Aus λ = 1 − cos θmec und E

E = −λλ folgt:

E(90◦) = −E2(1 − cos θ)mec2 = −(100 keV)2(1−cos 90◦)

511 keV = −19,6 keV

und E(180◦) = −39,1 keV

b) Photon: E ′ = E +E(60◦) = (100− 9,78) keV = 90,2 keV

Elektron: Ee = 12 mev

2 ⇒ v =√

2Eeme

=√

2·9,78·103·1,609·10−19 J9,109·10−31 kg

= 5,9·107 m/s

� AUFGABE K-36: Kristallgitter: Bindungskrafte und Bindungslange �K.3.5, D.4

a) Wie groß ist die Bindungsenergie zwischen den Eisenatomen (in J und eV),wenn die Gitterenergie von Eisen 390 kJ/mol betragt?

b) Welchen Abstand haben die Ionen im Kochsalz (NaCl), wenn die Bindungsenergie 8 eVbetragt? Warum weicht der experimentelle Wert von 2,8·10−10 m ab?

c) Wie viele Atome befinden sich in 1 kg Aluminium (Dichte 2,7 g/cm3,molare Masse 27 g/mol)? Welchen Radius hat ein Aluminiumatom?

� LOSUNG K-36:

a) E = EmNA

= 390 kJ/mol6,022·1023 mol−1 = 6,5·10−19 J = 4,0 eV

b) COULOMB-Gesetz fur die gegenseitige Anziehung isolierter Na⊕ und Cl� : Bei genauer Rech-nung mussen die sechs Nachbarionen um jede Ladung im Kristall berucksichtigt werden.

E = Q1 Q24πε0r ⇒ r = e2

4πε0 E = (1,602·10−19 C)2

4π ·8,854·10−12 F/m·8 V·1,602·10−19 J/V= 1,8·10−10 m

c) n = NNA

= mM ⇒ N = NAm

M = 6,022·1023 mol−1·1000 g27 g/mol = 2,23·1025 Atome

� = mV ⇒ V = 1 kg

2,7 g/cm3 = 370,4 cm3 = N 43πr3 ⇒ r = 3

√V

N · 4π/3 = 1,6·10−8 cm

Im realen Kristallgitter betragt der tatsachliche Atomradius 1,43·10−8 cm = 143 pm.

7 Rontgenspektroskopie, ionisierende Strahlung, Dosimetrie 191

K

� AUFGABE K-37: Rontgenbeugung und Kristallstrukturanalyse �K.7.4

An einem Kristall tritt fur 50 keV-Rontgenstrahlung BRAGG-Reflexion 1. Ordnungbei einem Glanzwinkel von 25◦ auf.Wie groß ist der Gitterebenenabstand?

� LOSUNG K-37:

eU = h f = hc/λ ⇒ λ = hceU = 6,626·10−34 Js·299792458 m/s

50000 V·1,609·10−19 C≈ 2,48·10−11 m

2d sin θ = nλ ⇒ d = nλ2 sin θ = 1·2,48·10−11 m

2 sin 25◦ = 2,93·10−11 m ≈ 29 pm

� AUFGABE K-38: Elementarzellen �K.7.4

Wie groß ist die Packungsdichte eines:

a) kubisch primitiven Gitters,

b) kubisch raumzentrierten Gitters (krz),

c) kubisch flachenzentrierten Gitters (kfz)?

� TIPP K-38:Der Packungsanteil P ist das Volumen der kugelformig gedach-ten Atome, bezogen auf das Gesamtvolumen der Gitterzelle.An jeder der acht Wurfelecken des kubisch primitiven Gittersbefindet sich eine Achtel Kugel. Im kubisch raumzentriertenGitter beruhren sich die Atome nicht an den Ecken, sondernin der Raumdiagonalen (Lange 4r ), weil das Zentralatom Platzbenotigt; die Kantenlange ist a = 4r/

√3.

r

� LOSUNG K-38:

a) P = VKugeln

VWurfel= 8· 1

8 · 43πr3

(2r)3= π

6 = 0,52 = 52 %

b) P = VKugeln

VWurfel= (8· 1

8+1)· 43πr3(

4r√3

)3 =√

3π8 = 0,68 = 68 %

c) P = VKugeln

VWurfel= (8· 1

8+6 12 )· 4

3πr3(4r√

2

)3 = π

3√

2= 0,74 = 74 %


� AUFGABE K-39: Strahlenschutz �K.7.1, 7.3

a) Wie tief dringt β-Strahlung der Energie 1 MeV in Aluminium ein? (� = 2,72 g/cm3)

b) Wie dick muss eine Bleiwand sein, um 100 keV-Rontgenstrahlung auf 1 Promille abzu-schwachen? (μm = 5 cm2/g; � = 11,4 g/cm3)

c) Stimmt es, dass die todliche Energiedosis von D = 10 Gy menschliches Gewebe nur umwenige Millikelvin erwarmt? (cp = 4182 J kg−1K−1)

d) Bei der Rontgendurchleuchtung wahrend einer Operation herrscht eine Dosisleistung von0,02 mGy/s. Wie hoch sind Energiedosis, Aquivalent- und Ionendosis nach 10 min?

e) Welche Dosisleistung erzeugt eine 60Co-Quelle mit der Aktivitat 185 MBq in 1,5 m Entfer-nung? (� = 9,3·10−17 Gy m2s−1Bq−1)

f) In der Zeitung stand:”Nach dem Unfall wurde auf dem Reaktorgelande eine Radioaktivitat

von 100 mSv gemessen.“ Ist dies eine vernunftige Information?

g) Die zulassige Aquivalentdosis fur einen Reaktorarbeiter betragt 100 mSv pro Jahr. Wie langedarf er in einer Umgebung mit einer Dosisleistung von 200 mSv/h arbeiten?

i) Was ist der Unterschied zwischen der Dosis in SIEVERT (Sv) und in GRAY (Gy)?

� LOSUNG K-39:

a) s = 19 · 2,72 ·

[√1 + 22,4 · 12 − 1

]cm = 1,16 cm

b) I = I0e−μx ⇒ x = − ln(I/I0)

μm �= − ln 0,001

5 cm2g−1·11,4 g cm−3 = 0,12 cm = 1,2 mm

c) Q = m cp T ⇒ T = Q

m cp= D

cp= 10 J kg−1

4182 J kg−1K−1 = 0,0024 K

Ja, die Aussage stimmt.

d) D = Dt = 0,02·10−3 Gy s−1 · 10 · 60 s = 0,012 Gy

H = q D = 0,012 Sv; Qualitatsfaktor q = 1 fur Rontgenstrahlung.

J ≈ D/(37,6 V) = 3,2·10−4 C/kg

e) D = � Ar2 = 9,3·10−17 Gy m2s−1Bq−1·185·106 Bq

(1,5 m)2= 7,6·10−9 Gy/s

f) Es fehlt die Zeitangabe. Sinnvoll ware der Hinweis auf die Dosisleistung z. B. in mSv/h.

g) H = Ht ⇒ t = H

H= 100 mSv a−1

200 mSv h−1 = 0,5 ha

i) Die Strahlenbelastung wird durch die Energiedosis D = dEdm , d. h. die je Kilogramm Materie

absorbierte Energie mit der Einheit GRAY (Gy = J/kg) ausgedruckt.

Die Aquivalentdosis H = q D in SIEVERT (Sv) beschreibt die biologische Strahlenbe-lastung, indem die Wirksamkeit jeder Strahlung auf das menschliche Gewebe durch denStrahlungswichtungs- oder Qualitatsfaktor q bewertet wird: q =1 fur Rontgen-, Gamma- undBetastrahlung, q = 10 fur Neutronen, q = 100 fur Alphateilchen. Die gleiche Aquivalentdo-sis bedeutet das gleiche Strahlenrisiko. Fur Rontgenstrahlen ist 1 Sv = 1 Gy. Fur gemsichteSrrahlung in der Reaktortechnik muss H (in Sv) angegeben werden.

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Physik Aufgabensammlung für Ingenieure und Naturwissenschaftler || Atom- und Kernphysik

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