Quantenobjekt Elektron

Hinweis: Bei dieser Lösung von LEIFIphysik handelt es sich nicht um den amtlichen Lösungsvorschlag des bayr. Kultusministeriums.

a)Benutzt wird die Formel von de BROGLIE \[\lambda  = \frac{h}{p}\quad(1)\] sowie die Energie-Impuls-Beziehung \[{E^2} = {E_0}^2 + {p^2} \cdot {c^2} \Leftrightarrow {p^2} = \frac{{{E^2} - {E_0}^2}}{{{c^2}}} \Rightarrow p = \frac{{\sqrt {{E^2} - {E_0}^2} }}{c}\quad(2)\] Einsetzen von \((2)\) in \((1)\) ergibt \[\lambda = \frac{h}{{\frac{{\sqrt {{E^2} - {E_0}^2} }}{c}}} = \frac{{h \cdot c}}{{\sqrt {{E^2} - {E_0}^2} }}\] Einsetzen der gegebenen Werte liefert \[\lambda  = \frac{{6,63 \cdot {{10}^{ - 34}}{\rm{Js}} \cdot 3,00 \cdot {{10}^8}\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}}}{{\sqrt {{{\left( {661 \cdot {{10}^3} \cdot 1,602 \cdot {{10}^{ - 19}}{\rm{J}}} \right)}^2} - {{\left( {511 \cdot {{10}^3} \cdot 1,602 \cdot {{10}^{ - 19}}{\rm{J}}} \right)}^2}} }} = 2,96 \cdot {10^{ - 12}}{\rm{m}}\]

b)Die Kreise mit dem Radius \(2,65{\rm{mm}}\) kommen durch BRAGG-Streuung am Wolfram-Kristall zustande. Die Punkte auf der Kreislinie sind um den doppelten BRAGG-Winkel gebeugt. Es gilt \[\tan \left( {2 \cdot \vartheta } \right) = \frac{r}{a} \Rightarrow \vartheta = \frac{1}{2} \cdot \arctan \left( {\frac{r}{a}} \right) \Rightarrow \vartheta = \frac{1}{2} \cdot \arctan \left( {\frac{{5,3\rm{mm}}}{{2 \cdot 200\rm{mm}}}} \right) = 0,38^\circ \] und damit \[\lambda = 2 \cdot d \cdot \sin \left( \vartheta \right) \Leftrightarrow d = \frac{\lambda }{{2 \cdot \sin \left( \vartheta \right)}} \Rightarrow d = \frac{{2,96 \cdot {{10}^{ - 12}}{\rm{m}}}}{{2 \cdot \sin \left( {0,38^\circ } \right)}} = 2,2 \cdot {10^{ - 10}}{\rm{m}}\]

c)Im Regelfall haben Kristalle mehrere Netzebenenabstände. Deshalb kommen mehr konzentrische Kreise vor.