Lösung zur Klausur

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1 ösung zur Klausur Aufgabe 1.) a) Hundsche Regeln: maximaler Spin, dann maximales Bahnmoment. Die beiden Elektronen im 4s kann man vernachlässigen, da sie weder Spin- noch Bahmoment beitragen. Damit ist der Grundzustand ein Triplett (S=1), und hat =3. Diese koppeln zum minimal möglichen J (weniger als halbvolle Schale), also J=. Damit ist der Grundzustand 3 F b) Der maximal mögliche Bahndrehimpuls ist =4, er kommt nur als Singulett vor. Mit der Regel der alternierenden Mulitplizitäten hat man also 1 G, 3 F, 1 D, 3 P, 1 S. Bei den Triplettzuständen ergeben sich jeweils drei unterschiedliche J-Werte; damit sind die möglichen Zustände: 1 G 4, 3 F,3,4, 1 D, 3 P 0,1,, 1 S 0 c) Der Gesamtdrehimpuls J richtet sich im Magnetfeld aus; damit erhält man für jeden Zustand (J+1) Zeeman-Niveaus. Also z.b. 1 G 4 : 9 3 F : 5 3 F 4 : 9 1 S 0 : 1 Aufgabe.) a) Für n= gibt es zwei dipolerlaubte Übergänge: n = 1 n = 0 mit Oszillatorstärke -1, und n = 1 n =. Die Bilanz der Oszillatorstärken ist hier: f 1,i = f 1,0 + f 1, = 1 + f 1, = 1 also i f 1, = Entsprechend gilt für die Übergänge aus n=: f,i = f,1 + f,3 = + f,3 = 1 i f,3 = 3 1

2 Allgemein ist die Oszillatorstärke für den Übergang n n + 1: f n,n+1 = n + 1 b) Die Energie eines Zustands mit Quantenzahlen (n x,n y,n z ) ist hω(3/ + n x + n y + n z ). Damit sind die untersten Zustände (entartete Zustände in einer Zeile): (0, 0, 0) (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) (, 0, 0), (0,, 0), (0, 0, ), (1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1) (1, 1, 1), (, 1, 0), (, 0, 1), (1,, 0), (0,, 1), (1, 0, ), (0, 1, ) usw. Die acht Elektronen füllen vier Zustände auf, d.h. besetzt sind nur (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) c) Bei Bestrahlung mit in z-richtung polarisiertem icht sind nur Übergänge möglich, die die Wellenfunktion in z-richtung ändern. Die Auswahlregel lautet also n z = ±1, n x = 0, n y = 0 Damit können die beiden Elektronen im (0,0,0) überhaupt keine Übergänge machen (denn (1,0,0) ist schon besetzt). Es bleiben die Übergänge (1, 0, 0) (, 0, 0) (mit f=, siehe a) ), (0, 1, 0) (1, 1, 0) (mit f=1), und (0, 0, 1) (1, 0, 1) (mit f=1). d) Die Summe der Oszillatorstärken ist (in jedem Zustand sind zwei Elektronen) f = = 8 (dies entspricht der Thomas-Reiche-Kuhn-Summenregel: die Gesamtoszillatorstärke ist gleich der Zahl der Elektronen) Aufgabe 3.) a) Die Gesamtlänge des Kastens ist =8*1.4 Å=11. Å. Die Zustände im Kasten haben die Wellenvektoren k = n π, n = 1,, 3... Es handelt sich dabei abwechselnd um Kosinus- und Sinusfunktionen. Bei acht Elektronen sind n=1,,3,4 besetzt.

3 b) Irsten angeregten Zustand befindet sich ein Elektron im niedrigsten unbesetzten Zustand, im n=5 (und ein och im n=4). Die Anregunsenergie ist: ( ) E = h π (5 4 ) =.68eV m c) Die Rabi-Frequenz ist gegeben durch Ω = µ E 0 h wobei µ = e n = 5 x n = 4 das Dipolmatrixelement ist. Zur Ausführung der Integrals müssen die Wellenfunktionen normiert sein. Für den Grundzustand gilt / / cos( π x) dx = damit ist die normierte Wellenfunktion ϕ 1 (x) = cos( π x) Alle anderen Wellenfunktionen haben den gleichen Normierungsfaktor. Damit gilt e n = 5 x n = 4 = e = e / / cos(5 π x)x sin(4 π x)dx ( cos( (5 π 4 π ) 5 π 4 π e = e Die Rabi-Frequenz ist damit: cos( (5 π + 4 π ) ) 5 π + 4 π (5 π 4 π sin( (5 π + 4 π ) ) (5 π + 4 π ) ( sin( (5 π 4 π ) ( ) π 81π Ω = Hz ) = e π = Cm 3

4 Aufgabe 4.) a) Wie immer ergeben sich aus den insgesamt 6 p-orbitalen (zwei pro Argonatom) 6 Molekülorbitale, mit steigender Energie σ g, π u, π g, σ u (dies ist hier die richtige energetische Reihenfolge; für die folgenden Fragen ist es aber unbedeutend, ob man diese oder die sonst oft vorkommende Reihenfolge π u, σ g, π g, σ u annimmt). b) Hiervon sind alle voll besetzt bis auf das oberste (σ u ), welches nur ein Elektron enthält. Dieses Orbital bestimmt dann auch die Symmetrie des Molekülzustands. Dieser ist Σ u c) Erlaubt sind die Übergänge u g und g u sowie Σ = 0, ±1. Allerdings steht als Endzustand nur das σ u -Orbital zur Verfügung. Damit sind nur zwei Einelektronen-Übergänge erlaubt: Ausgedrückt durch Molekülzustände: π g σ u σ g σ u Σ u Π g Σ u Σ g Aufgabe 5.) a) Die gesamte freiwerdende Energie ist E kin = hv IP = 6.39eV Diese verteilt sich auf Proton und Elektron, wobei Impulserhaltung gilt: v e + m i v i = E kin v e = m i v i also v e = m i v i = m i E kin = m i 1837 E kin = 6.39eV E kin = 1 + m i 1837 E kin = 3.5meV 4

5 b) Die Impulse sind gleich groß, und betragen p = v e = Der Impuls des Photons ist E kin = kg m/s p = h λ = hv c = kg m/s (nur einen Faktor 100 kleiner!) c) Die ponderomotorische Energie ergibt sich aus der Bewegung im oszillierenden elektrischen Feld x(t) = x 0 cos(ωt) mit Die kinetische Energie ist dann x 0 = ee 0 m p ω Zeitlich gemittelt: E(t) = m p ( ee0 m p ω ) ω cos (ωt) Ē = e E0 = 3.6 mev 4m p ω Diese ist also deutlich größer als die aufgrund des Rückstoßes (die Frequenz von icht mit 800 nm ist ω = Hz) 5