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Bohr-Atommodell: Atomstruktur aus der Sicht der Quantenphysik

Wichtige Formel

Formel: Bohr-Atommodell (Auswahlbedingung)

$$L_{\class{red}{n}} ~=~ \class{red}{n} \, \hbar$$ $$L_{\class{red}{n}} ~=~ \class{red}{n} \, \hbar$$ $$\class{red}{n} ~=~ \frac{L_\class{red}{n}}{\hbar}$$

Formel umstellen

Was bedeuten diese Formelzeichen?

Bahndrehimpuls

$$ L_{\class{red}{n}} $$ Einheit $$ \mathrm{Js} $$

Bahndrehimpuls des Elektrons im $\class{red}{n}$-ten Zustand. Dieser kann - nach dem Bohrschen Atommodell - nur ein Vielfaches des reduzierten Wirkungsquantums $ \hbar $ sein, damit das Elektron auf einer stabilen Bahn den Atomkern umkreist.

Hauptquantenzahl

$$ \class{red}{n} $$ Einheit $$ - $$

Hauptquantenzahl ist ein natürliche Zahl $ \class{red}{n} ~\in~ \{1,2,3...\} $ und quantisiert im Bohr-Atommodell den Drehimpuls als Vielfaches von $\hbar$.

Reduziertes Wirkungsquantum

$$ \hbar $$ Einheit $$ \mathrm{Js} = \frac{ \mathrm{kg} \, \mathrm{m}^2 }{ \mathrm{s} } $$

Reduziertes Wirkungsquantum ist eine Naturkonstante (der Quantenmechanik) und hat den Wert: $ \hbar ~=~ \frac{h}{2\pi} ~=~ 1.054 \,\cdot\, 10^{-34} \, \text{Js} $.

Inhaltsverzeichnis

Früher dachte man, dass ein Atom wie ein Teig mit Rosinen aufgebaut ist: positiv geladener Teig, der gleichmäßig verteilt ist, und negativ geladene Rosinen, die im Teig stecken. Dieses Modell wird das Thomson-Atommodell genannt.

Seit dem Thomson-Streuversuch wissen wir, dass diese Vorstellung falsch ist. Vielmehr befindet sich die positiv geladene Materie eines Atoms an einem Ort konzentriert: Das Rutherford-Atommodell berücksichtigt dieses experimentelle Ergebnis und nimmt an, dass ein Atom aus einem positiv geladenen Atomkern besteht und die Elektronen um diesen Atomkern auf beliebigen Bahnen umkreisen.

Doch das Rutherford-Modell hat ein entscheidendes Problem:

Warum fallen die Elektronen nicht einfach in den Kern?

Aus der klassischen Elektrodynamik wissen wir nämlich, dass sich kreisförmig bewegende Ladungen (also beschleunigte Ladungen) Energie abstrahlen. Die Elektronen müssten daher allmählich ihre Energie verlieren und in den Atomkern stürzen. Jedoch widerspricht dies den Beobachtungen, da die Elektronen stabil in ihren Bahnen um den Kern bleiben. Die Annahme des Rutherford-Atommodells, dass die Elektronen auf beliebigen klassischen, kreisförmigen oder elliptischen Bahnen den Atomkern umkreisen, kann nicht richtig sein. Eine neue Theorie musste entwickelt werden, um dieses Phänomen zu erklären.

Niels Bohr entwickelte ein neuartiges Atommodell, das die Erkenntnisse der zu der Zeit aufkommenden Quantenmechanik integrierte. Dieses Atommodell wird heute als Bohr-Atommodell bezeichnet und basiert auf den folgenden drei Annahmen:

Elektronen bewegen sich auf festgelegten Kreisbahnen um den Atomkern, ohne dabei Energie abzustrahlen.
Elektronen können zwischen den einzelnen Bahnen springen und dabei diskrete Energie aufnehmen oder abgeben.
Die Radien der Elektronenbahnen sind in einem bestimmten Abstand voneinander, sodass der Bahndrehimpuls des kreisenden Elektrons immer ein Vielfaches des Planck-Wirkungsquantums ist.

In den nachfolgenden Kapiteln schauen wir uns diese Annahmen etwas genauer an.

Postulat #1: Festgelegte Bahnen ohne Energieabstrahlung

Ein Elektron, das sich auf einer Kreisbahn bewegt, ändert stets seine Bewegungsrichtung. Es bewegt sich nicht geradeaus, sondern muss stets um den Kern herumlenken. Die sich ändernde Bewegungsrichtung des Elektrons, die durch einen Geschwindigkeitsvektor repräsentiert wird, führt zu einer Beschleunigung des Elektrons. Ein beschleunigtes Elektron muss gemäß der klassischen Elektrodynamik kinetische Energie verlieren und somit seine Geschwindigkeit verringern.

Die Coulomb-Kraft, die vom Atomkern auf das Elektron ausgeübt wird, wirkt als Zentripetalkraft auf das kreisende Elektron. Die Abnahme der Geschwindigkeit führt dazu, dass der Bahnradius des Elektrons kleiner wird. Dadurch nimmt die Coulomb-Kraft zwischen dem Elektron und dem Atomkern zu, da sich die beiden Teilchen näherkommen. Dieser Vorgang würde sich fortsetzen, bis das Elektron spiralförmig in den Atomkern stürzt. Nach der klassischen Elektrodynamik wäre ein Atom somit instabil.

Um dieses Problem künstlich zu lösen, nahm Niels Bohr etwas zur klassischen Elektrodynamik Widersprüchliches an: Ein negativ geladenes Elektron kreist den positiv geladenen Atomkern auf einer stationären Bahn, ohne dabei Energie zu verlieren. Das Elektron wird zwar also von dem geladenen Atomkern angezogen, diese Anziehung führt jedoch nicht dazu, dass das Elektron in den Atomkern stürzt.

Diese Annahme von stationären Kreisbahnen ist völlig inkonsistent mit der klassischen Physik und nur mit der damals aufstrebenden Quantenphysik vereinbar.

Postulat #2: Diskrete Energieabgabe und Energieaufnahme

Nummerieren wir die stationären Bahnen der Elektronen mit der Zahl $ \class{red}{n} = 1,2,3,... $ Diese Zahl nennen wir Quantenzahl.

Ein Elektron, das sich auf der dem Atomkern am nächsten gelegenen Kreisbahn bewegt, weisen wir die Quantenzahl $ \class{red}{n} = 1 $ zu. Zum Elektron, das sich auf der $ \class{red}{n} = 1 $ Kreisbahn bewegt, sagen wir: Das Elektron befindet sich im Grundzustand.
Ein Elektron, das sich auf der nächstgelegenen Kreisbahn, die weiter vom Atomkern entfernt ist, bewegt, weisen wir die Quantenzahl $ \class{red}{n} = 2 $ zu. Zum Elektron, das sich auf der $ \class{red}{n} > 1 $ Kreisbahn bewegt, sagen wir: Das Elektron befindet sich im angeregten Zustand.
Und so weiter.

Wenn nun ein Elektron auf einer stationären Bahn mit der Quantenzahl $ \class{red}{n} $ sich um den Atomkern bewegt und keine Energie abstrahlt, dann muss seine Energie, nennen wir sie $ W_{\class{red}{n}} $, stets gleichbleiben, solange sich das Elektron auf der $ \class{red}{n} $-ten Kreisbahn bewegt. Die Energie $ W_{\class{red}{n}} $ kann keine beliebigen Werte annehmen, sondern nur bestimmte Werte. Wir sagen dazu: Die Energie des Elektrons in einem Atom ist quantisiert.

Das Elektron kann von der $ \class{red}{n} $-ten Kreisbahn in eine $ \class{red}{m} $-te Kreisbahn wechseln oder umgekehrt. Diesen Wechsel der Kreisbahnen bezeichnen wir als Quantensprung. Dabei ist $ \class{green}{m} = 2, 3, 4, ... $ ebenfalls eine Quantenzahl, die eine größere Kreisbahn als n nummeriert: $ \class{green}{m} > \class{red}{n} $.

Hier wurde als Beispiel $ \class{red}{n} = 1 $ gewählt. Dann muss $ \class{green}{m} > 1 $ sein.

Und jetzt kommt der entscheidende Punkt der zweiten Annahme von Niels Bohr: Die Energiedifferenz $ \Delta W = W_{\class{green}{m}} - W_{\class{red}{n}} $ ist nicht beliebig, sondern entspricht genau der Energie $ h\,\class{violet}{f} $ eines Photons mit der Frequenz $ \class{violet}{f} $:

$$ \begin{align} h\,\class{violet}{f} ~=~W_{\class{green}{m}} - W_{\class{red}{n}} \end{align} $$

Emission eines Photons - elektronischer Übergang

Hierbei ist $ h = 6.626⋅10^{-34} \, \mathrm{Js} $ das Planck-Wirkungsquantum, das einige Jahre zuvor von Max Planck eingeführt wurde. Damit ein Elektron von der $ \class{red}{n} $-ten Kreisbahn auf die $ \class{green}{m} $-te Kreisbahn wechselt, muss das Elektron ein Photon der Energie $ h \, \class{violet}{f} $ absorbieren.

Wenn die Photonenenergie $ h \, \class{violet}{f} $ kleiner ist als die für den Quantensprung nötige Energiedifferenz $ W_{\class{green}{m}} - W_{\class{red}{n}} $, dann wird es nicht absorbiert und das Elektron bleibt in der $\class{red}{n}$-ten Kreisbahn.
Wenn die Photonenenergie $ h \, \class{violet}{f} $ größer ist als die für den Quantensprung nötige Energiedifferenz $ W_{\class{green}{m}} - W_{\class{red}{n}} $, dann kann das Elektron auf die $\class{red}{m}$-te Kreisbahn springen. Die Restenergie $ \Delta W $ kann dabei zum Beispiel in Form eine Photons niedrigerer Frequenz abgestrahlt werden.
Wenn die Photonenenergie $ h \, \class{violet}{f} $ viel größer ist als die für den Quantensprung nötige Energiedifferenz $ W_{\class{green}{m}} - W_{\class{red}{n}} $, dann kann es sogar ionisiert werden, also aus dem Atom herausgeschlagen werden.

Beispiel: Übergang des Elektrons im H-Atom

Das Elektron befindet sich im Grundzustand des Wasserstoffatoms ($ \class{red}{n} = 1 $) mit einer Energie von -13.6 eV. Es absorbiert ein Photon mit der Energie hf, die ausreicht, um das Elektron in den ersten angeregten Zustand ($ \class{green}{m} = 2 $) zu versetzen. Die Energie des Elektrons im angeregten Zustand beträgt -3.4 eV. Mit welcher Lichtfrequenz müssen wir das Atom bestrahlen, um es in den ersten angeregten Zustand zu versetzen?

Forme dazu die Gl. 1 nach der Frequenz $ \class{violet}{f} $ um und setze die Energien und das Planck-Wirkungsquantum ein:

$$ \begin{align} \class{violet}{ f } ~&=~ \frac{W_{\class{green}{2}} - W_{\class{red}{1}}}{h} \\\\
~&=~ \frac{-3.4 \, \mathrm{eV} + 13.6 \, \mathrm{eV}}{ 6.626 \cdot 10^{-34} \, \mathrm{Js} } \\\\
~&=~ \frac{ \left(-3.4 \, \mathrm{V} + 13.6 \, \mathrm{V}\right) \cdot 1.602 \cdot 10^{-19} \, \mathrm{C} }{ 6.626 \cdot 10^{-34} \, \mathrm{Js} } \\\\
~&=~ \class{violet}{ 2.47 \cdot 10^{14} \, \mathrm{Hz} } \end{align} $$

Postulat #3: Drehimpuls ist ein Vielfaches der Planck-Konstante

Eine stationäre $ \class{red}{n} $-te Kreisbahn mit einem festen Radius $ r_{\class{red}{n}} $ und einer festen Geschwindigkeit $ v_{\class{red}{n}} $ des Elektrons auf dieser Kreisbahn führt zu einem festen Bahndrehimpuls $ L_{\class{red}{n}} $. Die Formel für den Drehimpuls ist aus der klassischen Mechanik bekannt:

$$ \begin{align} L_{\class{red}{n}} ~=~ \class{brown}{m_{\text e}} \, r_{\class{red}{n}} \, v_{\class{red}{n}} \end{align} $$

Hierbei ist $ \class{brown}{m_{\text e}} $ die Masse des Elektrons. Im dritten Postulat nimmt Niels Bohr an, dass der Drehimpuls des Elektrons ein Vielfaches der Planck-Konstante ist:

$$ \begin{align} L_{\class{red}{n}} ~=~ \class{red}{n} \, \hbar \end{align} $$

Das Elektron im Grundzustand hat damit den kleinsten möglichen Drehimpuls:

$$ \begin{align} L_{\class{red}{n}} ~&=~ \class{red}{1} \cdot \hbar \\\\
~&=~ \class{red}{1} ~\cdot 6.626 \cdot 10^{-34} \, \mathrm{Js} \\\\
~&=~ 6.626 \cdot 10^{-34} \, \mathrm{Js} \end{align} $$

Das Elektron im ersten angeregten Zustand hat einen doppelt so großen Bahndrehimpuls:

$$ \begin{align} L_{\class{red}{n}} ~&=~ \class{red}{2} \cdot \hbar \\\\
~&=~ 13.25 \cdot 10^{-34} \, \mathrm{Js} \end{align} $$

Und so weiter...

Quantisierter Drehimpuls, Radius und Geschwindigkeit im Bohr-Atommodell

Wenn wir die Gleichung 3 für den Drehimpuls in die Bohr-Annahme 4 einsetzen und $ \class{brown}{m_{\text e}} $ und $ v_{\class{red}{n}} $ auf die andere Seite der Gleichung bringen, wo $ \hbar $ ist, dann können wir die de-Broglie-Wellenlänge $ \lambda_{\text{dB}} = h / \class{brown}{m_{\text e}} \, v_{\class{red}{n}} $ des Elektrons benutzen, um eine interessante Interpretation der Kreisbahnen zu machen:

$$ \begin{align} r_{\class{red}{n}} ~&=~ \class{red}{n} \, \frac{ \hbar }{ \class{brown}{m_{\text e}} \, v_{\class{red}{n}} } \\\\
~&=~ \class{red}{n} \, \frac{ h }{ 2 \pi \, \class{brown}{m_{\text e}} \, v_{\class{red}{n}} } \\\\
~&=~ \class{red}{n} \, \frac{ 1 }{ 2 \pi \, \lambda_{\text{dB}} } \end{align} $$

Wenn wir noch $ 2 \pi $ auf die andere Seite der Gleichung bringen, sehen wir, dass die linke Seite genau dem Umfang $ U_{\class{red}{n}} = 2 \pi \, r_{\class{red}{n}} $ eines Kreises entspricht:

$$ \begin{align} U_{\class{red}{n}} ~=~ \class{red}{n} \, \lambda_{\text{dB}} \end{align} $$

Diese Formel sagt also aus: Wenn wir das Elektron als eine Materiewelle mit der Wellenlänge $ \lambda_{\text{dB}} $ interpretieren, dann ist der Umfang der Kreisbahn immer ein Vielfaches der Wellenlänge des Elektrons.

Soweit so gut. Mit diesen drei Annahmen ist es mit dem Bohr-Atommodell beispielsweise möglich, die diskreten Emissions- und Absorptionsspektren des Wasserstoffs zu verstehen. In der nächsten Lektion schauen wir uns die konkrete Anwendung des Bohr-Atommodells auf das H-Atom an und wir werden sehen, wie perfekt dieses Modell für das H-Atom funktioniert.

Übungen mit Lösungen

Nutze diese Formelsammlung, wenn du Probleme mit Physikaufgaben hast.

Aufgabe #1: Klassische Kreisfrequenz des Elektrons im H-Atom

Bestimme die klassische Kreisfrequenz $ \omega_n $ eines Elektrons - in Abhängigkeit vom Abstand zum Atomkern des Wasserstoffatoms, in dem Du die Quantenzahl $ n $ und die Quantisierung des Drehimpulses mit einbeziehst.

Tipp: Benutze das Coulomb-Gesetz, sowie die Zentripetalkraft für Deine Überlegungen. Mache Dir klar, wie Kreisfrequenz definiert ist. Bestimmte dann mit der Formel für quantisierten Drehimpuls den quantisierten Radius $ r_n $, mit der das Elektron (im Zustand mit der Quantenzahl $ n $) den Kern umkreist.

Lösung zur Aufgabe #1

Um die Umkreisfrequenz $ \omega_n $ eines klassischen Elektrons im H-Atom zu bestimmen, musst Du zuerst herausfinden, welche Bedingung das kreisende Elektron erfüllt. Im Bohrschen Atommodell bleibt es immer auf bestimmten Abstand $ r_n $ zum Atomkern des Wasserstoffatoms - in Abhängigkeit vom $ n $-ten Energieniveau.

Damit der gleiche Abstand eingehalten wird, muss die Zentripetalkraft $ F_{\text Z} $ der anziehenden Kraft $ F_{\text c} $ zwischen dem negativen Elektron und dem positiven Atomkern entsprechen - welche durch das Coulomb-Gesetz gegeben ist. Setze also die elektrische Coulomb-Kraft und die Zentripetalkraft gleich: 1 \[ \frac{Q_1 \, Q_2}{4\pi \, \varepsilon_0 \, r_{n}^2} ~=~ \frac{m \, v_{n}^2}{r_n} \]

Im Wasserstoffatom befindet sich im Atomkern ein positiv geladenes Proton mit der Ladung $ Q_1 ~=~ +e $, welches von einem einzigen negativ geladenen Elektron mit der Ladung $ Q_2 ~=~ -e $ umkreist wird. Dabei entspricht $ e $ der Elementarladung mit dem Wert: $ e ~=~ 1.602 \cdot 10^{-19} \, \text{C} $. Wir betrachten im Folgenden nur die Beträge, d.h. $ Q_1 = Q_2 = e $.

Die Masse $ m $ in der Gleichung 1 ist die Masse des kreisenden Teilchens, also Masse des Elektrons $ m := m_{\text e} $. Und $ \varepsilon_0 $ ist die elektrische Feldkonstante, die Du auch in dieser Formelsammlung der Physik findest.

Setzt Du nun die beiden Ladungen und die Masse (aber nicht als Zahlen) in Gleichung 1 ein, dann hast Du: 2 \[ \frac{e^2}{4\pi \, \varepsilon_0 \, r_{n}^2} ~=~ \frac{m_e \, v_{n}^2}{r_n} \]

Jetzt musst Du noch irgendwie auf die Kreisfrequenz $ \omega_n $ kommen. Und zwar am besten so, dass Du sie nur mit physikalischen Größen ausdrückst, die bereits in der Gleichung 2 vorhanden sind. Dabei hängt die Kreisfrequenz mit der Umlaufzeit $ T_n $ folgendermaßen zusammen: $ \omega_n = 2 \pi \frac{1}{T_n} $. Du musst also zuerst die Umlaufzeit bestimmen.

Die Umlaufzeit $ T_n $ (auch Periodendauer genannt) ist - in Deinem Fall - Umfang des Kreises $ 2\pi \, r_n $ pro Geschwindigkeit $ v_n $. (Du weißt ja: Strecke pro Geschwindigkeit entspricht der benötigten Zeit). Zusammengefasst ist die Periodendauer also: 3 \[ T_n ~=~ \frac{2\pi \, r_n}{v_n} \]

Die Frequenz $ f_n $ ist definiert als $ \frac{1}{T_n} $. Du hast also folgenden Ausdruck für die Frequenz, wenn Du 3 benutzt: 4 \[ f_n ~=~ \frac{1}{T_n} ~=~ \frac{v_n}{2\pi \, r_n} \]

Die Kreisfrequenz ist definiert als $ \omega_n = 2 \pi \frac{1}{T_n} = 2\pi \, f_n $. Du musst also die Gleichung 4 für Frequenz auf beiden Seiten mit $ 2\pi $ multiplizieren, um auf die Kreisfrequenz zu kommen: 5 \[ \omega_n ~=~ \frac{v_n}{r_n} \]

Jetzt hast Du eine Kreisfrequenz-Gleichung, die nur Größen enthält, die in Gleichung 2 vorhanden sind; nämlich die Geschwindigkeit $ v_n $ und der Radius der Kreisbahn $ r_n $.

Nun kannst Du die Kreisfrequenz-Gleichung 5 nach der Geschwindigkeit umformen: 6 \[ v_n ~=~ \omega_n \, r_n \] und sie in die Gleichung 2 einsetzen. Dabei kürzt sich ein $ r_n $ im Bruch weg: 7 \[ \frac{e^2}{4\pi \, \varepsilon_0 \, r_{n}^2} ~=~ m_e \, \omega_{n}^2 \, r_n \]

Du suchst ja die Formel für Kreisfrequenz, also forme die Gleichung nach der Kreisfrequenz um: 8 \[ \omega_n ~=~ \sqrt{ \frac{e^2}{4\pi \, \varepsilon_0 \, m_e \, r_{n}^3} } \]

Der Radius $ r_n $ ist Dir leider nicht bekannt und die Quantenzahl $ n $ ist in der Gleichung auch noch nicht vorhanden, deshalb benutzt Du den quantisierten Drehimpuls: 9 \[ L_n ~=~ m_e \, v_n \, r_n ~=~ n \, \hbar \] Dadurch eliminierst Du den Radius und führst die Quantenzahl in Deine bisjetzige Gleichung 8 ein. Dabei ist $ \hbar $ das reduzierte Wirkungsquantum $ \hbar ~=~ \frac{h}{2\pi} $.

Forme die Drehimpuls-Gleichung 9 nach der Geschwindigkeit um: 10 \[ v_n ~=~ \frac{n \, \hbar}{m_e \, r_n} \] und setze sie in die Gleichung 2 ein: 11 \[ \frac{e^2}{4\pi \, \varepsilon_0 \, r_{n}^2} ~=~ \frac{n^2 \, \hbar^2}{r_{n}^3 \, m_e} \] dabei kürzt sich ein $ m_e $ weg.

Forme 11 nach dem Radius $ r_n $ um: 12 \[ r_n ~=~ \frac{4\pi \, \varepsilon_0 \, n^2 \, \hbar^2}{e^2 \, m_e} \]

Das ist übrigens der Bohrsche Radius. Diesen setzt Du in die Gleichung 8 für Kreisfrequenz ein: 13 \[ \omega_n ~=~ \sqrt{ \frac{e^8 \, m_{e}^3 }{4\pi \, \varepsilon_0 \, n^6 \, \hbar^6 \, 4^3 \, \pi^3 \varepsilon_{0}^3 m_e} } \]

Kürze und ziehe die Wurzel. Dann hast Du Deine gesuchte Kreisfrequenz, die nur von Konstanten und der Quantenzahl $ n $ abhängt: 14 \[ \omega_n ~=~ \frac{e^4 \, m_{e} }{16\pi^2 \, \varepsilon_{0}^2 \, \hbar^3} \, \frac{1}{n^3} \]

Im energetischen Grundzustand $ n = 1 $ hat das Elektron folgende klassische Kreisfrequenz: 15 \[ \omega_1 ~=~ \frac{e^4 \, m_{e} }{16\pi^2 \, \varepsilon_{0}^2 \, \hbar^3} \]

Aufgabe #2: Myonisches Wasserstoffatom

Myonischer Wasserstoff besteht aus einem Proton im Kern und einem Myon statt einem Elektron. Ein Myon hat zwar die gleiche Ladung wie ein Elektron, allerdings ist es 207 mal schwerer.

Berechne die Bindungsenergie des Myons in der untersten Schale.
Berechne den Bohr-Radius ohne Berücksichtigung der Mitbewegung des Protons.
Berechne den Bohr-Radius mit Berücksichtigung der Mitbewegung des Protons.

Tipps: Benutze die Formel für die Bindungsenergie, die sich aus kinetischer und potentieller Energie des Myons zusammensetzt. Diese kann leicht mithilfe der Bohr-Quantenbedingung: $ L = n \, \hbar $ hergeleitet werden.

»Mitbewegung des Protons« bedeutet - das Proton wird nicht ortsfest angenommen, finde dafür die Formel für reduzierte Masse.

Lösung zur Aufgabe #2.1

Im H-Atom umkreist das Myon der Ladung $-e$ das Proton mit der Ladung $e$. Die Bindungsenergie des Myons ist die Summe seiner kinetischen und potentiellen Energie im H-Atom: 1 \[ E ~=~ \frac{1}{2} \, m_{\mu} \, v^2 ~-~ \frac{1}{4\pi \, \varepsilon_0} \, \frac{e^2}{r} \]

Damit das Myon sich stabil auf einer Kreisbahn bewegt, muss die Zentripetalkraft und die Coulomb-Kraft im Gleichgewicht sein: 2 \[ \frac{m_{\mu} \, v^2}{r} ~=~ \frac{1}{4\pi \, \varepsilon_0} \, \frac{e^2}{r^2} \]

Mit der Bohr-Quantenbedingung, die besagt, dass der Drehimpuls nur als Vielfaches $n$ von $\hbar$ existiert: $ L = m_{\mu} \, v \, r = n \, \hbar $, kann die Geschwindigkeit $v$ in 2 mit der Bohr-Quantenbedingung eliminiert werden. Die Umstellung nach dem Radius $r:=r_n$ ergibt den sogenannten Bohr-Radius für verschiedene Quantenzustände $n$ des Myons: 3 \[ r_n ~=~ \frac{4\pi \, \varepsilon_0 \, \hbar^2}{e^2 \, m_{\mu}} \, n^2 \]

Zuerst wird die Geschwindigkeit in 1 mit der Bohr-Quantenbedingung ersetzt. Dann wird der Bohr-Radius 3 in 1 eingesetzt. Mit $ \hbar = h /2\pi $ ergibt sich dann die quantisierte Energie des Myons im H-Atom: 4 \[ E_n ~=~ \frac{m_{\mu} \, e^4}{8 \varepsilon_{0}^2 \, h^2} \, \frac{1}{n^2} \]

Setze die Masse des Myons $m_{\mu} = 207 m_{\text{e}}$ ein: 5 \[ E_n ~=~ - \frac{207 m_{\text{e}} \, e^4}{8 \varepsilon_{0}^2 \, h^2} \, \frac{1}{n^2} \]

Da die Aufgabenstellung die Bindungsenergie auf der untersten Schale verlangt, ist $ n ~=~ 1 $:

6 \[ E_1 ~=~ - \frac{207 m_{\text e} \, e^4}{8 \varepsilon_{0}^2 \, h^2} \]

Einsetzen der Konstanten ergibt: 7 \[ E_n ~=~ - \frac{207 ~\cdot~ 9.109 \cdot 10^{-31} \, \text{kg} ~\cdot~ (1.602 \cdot 10^{-19} \, \text{C})^4}{8 \cdot (8.854 \cdot 10^{-12}\frac{\text{As}}{\text{Vm}})^2 ~\cdot~ (6.626 \cdot 10^{-34} \, \text{Js})^2} = -0.45 \, \text{fJ} \]

Lösung zur Aufgabe #2.2

Ohne Berücksichtigung der Mitbewegung des Protons bedeutet, das Proton ist in Ruhe und wird von dem Myon auf einer festen Bahn umkreist. Die Bedingung für eine feste Bahn des Myons ist gegeben durch das Gleichgewicht zwischen Zentripetalkraft und Coulomb-Kraft: 8 \[ \frac{m_{\mu} \, v^2}{r} ~=~ \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \, \frac{e^2}{r^2} \]

Außerdem brauchst Du die Bedingung, dass die Radien $ r_n $ gequantelt sind: 9 \[ 2\pi r_n ~=~ n \, \lambda \]

Und zuletzt noch die de-Broglie-Beziehung: 10 \[ \lambda ~=~ \frac{h}{p} ~=~ \frac{h}{m_{\mu} \, v} \]

Diese stellst Du nach der Geschwindigkeit $ v $ um: 11 \[ v ~=~ \frac{h}{m_{\mu} \, \lambda} \]

Stelle nun 9 nach der Wellenlänge um und setze sie in 11 ein: 12 \[ v ~=~ \frac{n \, h}{ 2\pi \, r_n \, m_{\mu} } \]

Diese Geschwindigkeit in 12 kannst Du nun in 1 einsetzen: 13 \[ \frac{m_{\mu} \, n^2 \, h^2}{4\pi^2 \, r^3 \, m_{\mu}^2 } ~=~ \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \, \frac{e^2}{r^2} \]

Forme nur noch 13 nach dem Radius um: 14 \[ r_n = \frac{h^2 \, \varepsilon_0 }{\pi \, e^2 \, m_{\mu} } \, n^2 \]

Lösung zur Aufgabe #2.3

Berücksichtigung der Mitbewegung des Protons bedeutet: Das Proton bewegt sich gemeinsam mit dem Myon um ihren gemeinsamen Schwerpunkt mit. Dazu wird für die Masse des Myons in 14 lediglich die reduzierte Masse eingesetzt. Diese beinhaltet sowohl die Masse des Myons als die Masse des Protons.