Universitaire natuurkunde — jaar 1 · Bachelor Year 1

30Inleiding tot de kwantumfysica

Schijn ultraviolet licht op een schoon metaal en er vliegen meteen elektronen uit, met een energie die van de kleur van het licht afhangt en helemaal niet van de helderheid; schijn er rood licht op en er komt niets uit, hoe fel de lamp ook is. Stuur elektronen één voor één door twee spleten en zij landen als stippen, elk op één plaats — en die stippen bouwen zich over duizenden heen op tot de strepen van een golf. Geen van beide feiten past bij de fysica van de eerste negenentwintig hoofdstukken. Dit laatste hoofdstuk voert de denkbeelden in die er wel bij passen: licht komt in kwanta, de fotonen; materie heeft een golflengte; wat zich voortplant is een amplitude waarvan het kwadraat een kans is; plaats en impuls kunnen niet allebei scherp zijn; en een opgesloten deeltje kan alleen bepaalde energieën hebben — en daarom hebben atomen een grootte, hebben spectra lijnen, en gloeit een korreltje halfgeleider van een paar nanometer in een kleur die zijn diameter bepaalt.

30.1 Het foton

Stelling 30.1 (De betrekkingen van Planck en Einstein)

Licht met frequentie $\nu$ en golflengte $\lambda$ wisselt alleen in kwanta energie met materie uit, de fotonen, met energie en impuls

E = h\nu = \frac{hc}{\lambda} , \qquad p = \frac{h}{\lambda} = \frac{E}{c} ,

met de constante van Planck $h = 6.626 \times 10^{-34}\,\mathrm{J}\,\mathrm{s}$ ( $\hbar = h/2\pi = 1.055 \times 10^{-34}\,\mathrm{J}\,\mathrm{s}$ ). Handig: $hc = 1240\,\mathrm{eV}\,\mathrm{nm}$ — een foton van $620\,\mathrm{nm}$ draagt $2\,\mathrm{eV}$ .

Bewijs. Op dit niveau zonder bewijs aangenomen. ∎

Propositie 30.2 (Het foto-elektrisch effect)

Licht dat op een metaal met uittree-arbeid $W$ valt (de energie die zijn zwakst gebonden elektronen vasthoudt, enkele eV) maakt elektronen vrij met maximale kinetische energie

E_{k,\max} = h\nu - W ,

dus alleen boven de drempel $\nu_0 = W/h$ , ogenblikkelijk, met een energie die niet van de intensiteit afhangt; de intensiteit bepaalt het aantal elektronen per seconde. De remspanning $V_s$ die de stroom net doet verdwijnen meet $E_{k,\max} = eV_s$ , en de grafiek van $V_s$ tegen $\nu$ is een rechte met helling $h/e$ — zo mat Millikan $h$ .

Bewijs. Elk foton wordt door één elektron opgenomen, dat er hoogstens $h\nu - W$ van overhoudt; een golf zou continu energie aan elk elektron leveren, de energie zou met de intensiteit groeien, en zwak licht zou uren nodig hebben om $W$ op één atoom te verzamelen (Probleem 30.1) — en niets daarvan wordt waargenomen. De uitleg van Einstein (1905) wordt als wet aangenomen. ∎

Links: de foto-elektrische cel — licht maakt elektronen vrij uit de kathode; een tegenspanning V_s die net groot genoeg is om ze te stoppen meet hun maximale energie. Rechts: de remspanning tegen de frequentie is voor elk metaal een rechte met helling h/e; het snijpunt geeft de uittree-arbeid, de drempel de minimale frequentie. — Links: de foto-elektrische cel — licht maakt elektronen vrij uit de kathode; een tegenspanning $V_s$ die net groot genoeg is om ze te stoppen meet hun maximale energie. Rechts: de remspanning tegen de frequentie is voor elk metaal een rechte met helling $h/e$ ; het snijpunt geeft de uittree-arbeid, de drempel de minimale frequentie.

Voorbeeld 30.3 (Ordes van grootte)

Een zichtbaar foton: $2\,\mathrm{eV}$ ; een röntgenfoton van $0.1\,\mathrm{nm}$ : $12\,\mathrm{keV}$ ; een radiofoton bij $100\,\mathrm{MHz}$ : $4 \times 10^{-7}\,\mathrm{eV}$ . Een rode laser van $1\,\mathrm{mW}$ zendt $10^{-3}/(3.1 \times 10^{-19}) = 3 \times 10^{15}$ fotonen per seconde uit; een radioantenne die $1\,\mathrm{pW}$ bij $100\,\mathrm{MHz}$ opvangt ontvangt er $10^{13}$ per seconde — zoveel en zo klein dat de golfbeschrijving voor elk doel exact is; het oog daarentegen kan een flits van honderd fotonen registreren. Het kwantumkarakter van licht komt tevoorschijn wanneer fotonen schaars of energierijk zijn: foto-elektrische cellen, röntgendetectoren, de korrel van een zwakke foto.

Opmerking 30.4 (Comptonverstrooiing)

Een foton dat van een vrij elektron afketst draagt impuls over als een biljartbal: zijn golflengte groeit met $\Delta\lambda = \frac{h}{m_ec}(1 - \cos\theta)$ , met $h/m_ec = 2.43\,\mathrm{pm}$ (aangenomen — een relativistische botsing, jaar 2). Onzichtbaar voor licht ( $\Delta\lambda/\lambda \sim 10^{-5}$ ), is het voor röntgenstraling een effect van $20\%$ , en het was het experiment dat de sceptici (1923) overtuigde dat het foton de impuls $h/\lambda$ draagt.

30.2 Materiegolven

Stelling 30.5 (De Broglie)

Een deeltje met impuls $p$ plant zich voort als een golf met golflengte

\lambda = \frac{h}{p} ,

en vertoont dienovereenkomstig buiging en interferentie: elektronen op een kristal (Davisson en Germer, 1927), door twee spleten (Jönsson, 1961), neutronen, atomen, en moleculen van zestig koolstofatomen. Voor een elektron dat door $U$ is versneld is $\lambda = h/\sqrt{2m_eeU} = 1.23\,\mathrm{nm}/\sqrt{U/\mathrm{V}}$ .

Bewijs. Op dit niveau zonder bewijs aangenomen. ∎

Voorbeeld 30.6 (Waarom wij het nooit zagen)

Een elektron van $100\,\mathrm{eV}$ : $\lambda = 0.12\,\mathrm{nm}$ , de afstand tussen de atomen in een kristal — vandaar de buiging, en vandaar de elektronenmicroscoop. Een thermisch neutron ( $0.025\,\mathrm{eV}$ ): $0.18\,\mathrm{nm}$ . Een bal van $1\,\mathrm{g}$ met $1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $\lambda = 7 \times 10^{-31}\,\mathrm{m}$ , $10^{20}$ keer kleiner dan een kern: geen spleet en geen kristal zou hem ooit kunnen buigen. Het golfkarakter van materie is universeel; zijn golflengte maakt het alleen zichtbaar voor het lichte en het trage.

Propositie 30.7 (Losse deeltjes bouwen de strepen op)

Elektronen die één voor één door twee spleten worden gestuurd (Tonomura, 1989) maken elk één stip op het scherm, op een plaats die niet te voorspellen is; de stippen stapelen zich op tot het tweespletenpatroon van een golf met golflengte $h/p$ . Sluit men één spleet, dan verdwijnen de strepen — het patroon ontstaat niet doordat elektronen met elkaar interfereren, maar doordat de golf van elk elektron door beide spleten gaat. Waarnemen door welke spleet een deeltje ging wist de strepen eveneens uit.

Bewijs. Op dit niveau zonder bewijs aangenomen. ∎

Elektronen één voor één door twee spleten. Elk komt als een stip ergens aan (links, boven); de stippen stapelen zich op waar de tweespletengolf sterk is (links, onder), volgens de kansdichtheid | |2 van de amplitude die door beide spleten ging (rechts). Het patroon is hetzelfde voor fotonen, neutronen en moleculen. — Elektronen één voor één door twee spleten. Elk komt als een stip ergens aan (links, boven); de stippen stapelen zich op waar de tweespletengolf sterk is (links, onder), volgens de kansdichtheid $|\psi|^2$ van de amplitude die door beide spleten ging (rechts). Het patroon is hetzelfde voor fotonen, neutronen en moleculen.

30.3 Amplitudes, kansen en de onzekerheidsrelatie

Definitie 30.8 (Golffunctie)

De toestand van een deeltje wordt beschreven door een golffunctie $\psi(x, t)$ (complex), zodanig dat $|\psi(x, t)|^2\,\dd x$ de kans is om het deeltje tussen $x$ en $x + \dd x$ aan te treffen wanneer men kijkt: $|\psi|^2$ is een kansdichtheid, en $\int|\psi|^2\dd x = 1$ . Amplitudes tellen op (superpositie): leiden twee wegen naar hetzelfde punt, dan is $\psi = \psi_1 + \psi_2$ en $|\psi|^2 = |\psi_1|^2 + |\psi_2|^2 + 2\,\mathrm{Re}(\psi_1^\ast\psi_2)$ — die laatste term is de interferentie. Een meting geeft een van de mogelijke uitkomsten, willekeurig met de kansen die de amplitudes voorschrijven, en laat het deeltje achter in de gevonden toestand.

Opmerking 30.9 (Wat er golft)

$\psi$ is geen fysisch veld zoals $\vect E$ : zij wordt niet gemeten, alleen haar kwadraat, en zij beschrijft onze best mogelijke kennis van waar het deeltje zal worden aangetroffen. Eén elektron ligt niet uitgesmeerd over het scherm; het wordt in zijn geheel op één punt gedetecteerd; wat uitgesmeerd is, is de kans. Dat is de inhoud van de theorie, en zij is nog nooit door een proef weerlegd.

Stelling 30.10 (De onzekerheidsrelatie van Heisenberg)

De plaats en de impuls van een deeltje langs dezelfde as kunnen niet allebei scherp zijn: hun standaardafwijkingen voldoen in elke toestand aan

\Delta x\,\Delta p_x \geq \frac{\hbar}{2} .

Een deeltje dat in een gebied met afmeting $\ell$ is opgesloten heeft dus een impulsspreiding van ten minste $\hbar/2\ell$ , en dus een kinetische energie van de orde $\hbar^2/2m\ell^2$ die geen koeling kan wegnemen: opsluiting kost energie.

Bewijs. Op dit niveau zonder bewijs aangenomen. ∎

Voorbeeld 30.11 (De grootte van het waterstofatoom)

Een elektron binnen $r$ van het proton heeft $p \gtrsim \hbar/r$ en energie $E(r) \approx \dfrac{\hbar^2}{2m_er^2} - \dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0r}$ : de eerste term explodeert als $r$ krimpt, de tweede als hij groeit. $\dd E/\dd r = 0$ bij

a_0 = \frac{4\pi\varepsilon_0\hbar^2}{m_ee^2} = 53\,\mathrm{pm} , \qquad E(a_0) = -\frac{m_ee^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2\hbar^2} = -13.6\,\mathrm{eV} :

de bohrstraal en de ionisatie-energie van waterstof, tot op het laatste cijfer. De klassieke fysica kon niet verklaren waarom het elektron niet de kern in spiraliseert (het straalt) en evenmin waarom alle atomen van een element gelijk zijn; de onzekerheidsrelatie beantwoordt beide in één regel: het atoom is zo klein als het kan zijn zonder dat de kinetische energie de binding overtreft.

30.4 Kwantisering van de energie

Propositie 30.12 (Deeltje in een doos)

Een deeltje met massa $m$ dat tussen twee ondoordringbare wanden op afstand $L$ is opgesloten heeft, net als de snaar van Melde (Hoofdstuk 5), alleen de staande golven $\lambda_n = 2L/n$ , dus alleen de impulsen $p_n = nh/2L$ en de energieën

E_n = \frac{n^2h^2}{8mL^2} , \qquad n = 1, 2, 3, \ldots

met golffuncties $\psi_n(x) \propto \sin(n\pi x/L)$ . De energie is gekwantiseerd; de laagste, de grondtoestand $E_1 > 0$ , is de opsluitingsenergie van de onzekerheidsrelatie, nu exact; het deeltje springt tussen niveaus door een foton met energie $h\nu = E_p - E_n$ te absorberen of uit te zenden.

Bewijs. $\psi$ moet aan de wanden verdwijnen (daar kan het deeltje niet zijn), zodat de golf een geheel aantal halve golflengten in $L$ kwijt kan — de snaarvoorwaarde; De Broglie geeft $p$ , en $E = p^2/2m$ . Dat $\psi$ met deze randvoorwaarden aan een golfvergelijking voldoet wordt aangenomen (de vergelijking van Schrödinger, jaar 2). ∎

Links: de drie laagste toestanden van een deeltje in een doos — de golffuncties zijn de staande golven van een snaar, de energieën groeien als n2, en de grondtoestand ligt niet op nul. Rechts: de niveaus van het waterstofatoom en zijn twee eerste lijnenreeksen; elke lijn is een foton met een energie gelijk aan het gat dat het overbrugt. — Links: de drie laagste toestanden van een deeltje in een doos — de golffuncties zijn de staande golven van een snaar, de energieën groeien als $n^2$ , en de grondtoestand ligt niet op nul. Rechts: de niveaus van het waterstofatoom en zijn twee eerste lijnenreeksen; elke lijn is een foton met een energie gelijk aan het gat dat het overbrugt.

Propositie 30.13 (Het waterstofatoom)

Het elektron van het waterstofatoom heeft de discrete energieën

E_n = -\frac{13.6\,\mathrm{eV}}{n^2} , \qquad n = 1, 2, 3, \ldots ,

waarbij $n = 1$ de grondtoestand is en $E \geq 0$ het geïoniseerde atoom. Zijn spectrum bestaat uit lijnen bij $h\nu = E_p - E_n$ : de lymanreeks omlaag naar $n = 1$ (ultraviolet, $122\,\mathrm{nm}$ voor $2 \to 1$ ), de balmerreeks omlaag naar $n = 2$ (zichtbaar: $656\,\mathrm{nm}$ , $486\,\mathrm{nm}$ , $434\,\mathrm{nm}$ , …), enzovoort. Het model van Bohr (1913) verkrijgt deze energieën door het impulsmoment van een cirkelbaan te kwantiseren, $m_evr = n\hbar$ (Oefening 30.9); de volledige theorie vervangt banen door golffuncties maar houdt de energieën.

Bewijs. Op dit niveau zonder bewijs aangenomen. ∎

Voorbeeld 30.14 (Kleuren uit grootte: de kwantumdot)

Een nanokristal halfgeleider van een paar nanometer sluit zijn elektronen op als een doos: hoe kleiner het kristal, hoe groter de opsluitingsenergie die bij de bandkloof van de halfgeleider komt, hoe blauwer het licht dat het uitzendt. Cadmiumselenidedots met straal $2\,\mathrm{nm}$ gloeien blauw, $3\,\mathrm{nm}$ geel, $4\,\mathrm{nm}$ rood — één materiaal, kleuren gekozen met een liniaal (Probleem 30.1). Televisieschermen gebruiken ze.

Opmerking 30.15 (Wat de rest van de theorie toevoegt)

De vergelijking van Schrödinger maakt de doos, het atoom en het molecuul exact; zij voorspelt dat een deeltje een barrière kan oversteken waar het niet de energie voor heeft om eroverheen te klimmen (het tunneleffect, achter de radioactiviteit en de rastertunnelmicroscoop); dat gelijke deeltjes ofwel gezellig zijn (bosonen — vandaar de laser, waar fotonen zich in één mode ophopen) ofwel exclusief (fermionen — vandaar het periodiek systeem en de stijfheid van materie); en dat de spin van het elektron een magnetisch moment is zonder klassieke tegenhanger. Dat alles is jaar 2 en verder; het rust allemaal op de weinige denkbeelden van dit hoofdstuk.

30.5 Oefeningen

Oefening 30.1 ★

Energie van een foton van: radio bij $100\,\mathrm{MHz}$ ; licht bij $500\,\mathrm{nm}$ ; röntgenstraling bij $0.10\,\mathrm{nm}$ ; gammastraling van $1\,\mathrm{MeV}$ (geef haar golflengte). Aantal fotonen per seconde uit een laser van $1.0\,\mathrm{mW}$ bij $633\,\mathrm{nm}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 30.1.

$h\nu$ : $100\,\mathrm{MHz}$ : $6.6 \times 10^{-26}$ J $= 4.1 \times 10^{-7}\,\mathrm{eV}$ ; $500\,\mathrm{nm}$ : $1240/500 = 2.5\,\mathrm{eV}$ ; $0.10\,\mathrm{nm}$ : $12.4\,\mathrm{keV}$ ; $1\,\mathrm{MeV}$ : $\lambda = 1240/10^6 = 1.2 \times 10^{-3}\,\mathrm{nm} = 1.2\,\mathrm{pm}$ . Laser: $1240/633 = 1.96\,\mathrm{eV} = 3.1 \times 10^{-19}\,\mathrm{J}$ , dus $10^{-3}/3.1 \times 10^{-19} = 3.2 \times 10^{15}$ fotonen per seconde.

Oefening 30.2 ★

Natrium, $W = 2.3\,\mathrm{eV}$ : drempelgolflengte; maximale kinetische energie en remspanning bij licht van $400\,\mathrm{nm}$ ; wat verandert er als de intensiteit wordt verdubbeld? En bij licht van $600\,\mathrm{nm}$ ?

Oplossing

Oplossing van Oefening 30.2.

$\lambda_0 = 1240/2.3 = 540\,\mathrm{nm}$ . Bij $400\,\mathrm{nm}$ is $h\nu = 3.1\,\mathrm{eV}$ : $E_{k,\max} = 0.8\,\mathrm{eV}$ , $V_s = 0.8\,\mathrm{V}$ . De intensiteit verdubbelen verdubbelt de stroom en laat $V_s$ onveranderd. Bij $600\,\mathrm{nm}$ ( $2.07\,\mathrm{eV}$ $< W$ ): niets, bij welke intensiteit ook.

Oefening 30.3 ★

Debroglie-golflengte van een elektron van $100\,\mathrm{eV}$ en van $1.0\,\mathrm{keV}$ ; van een neutron van $0.025\,\mathrm{eV}$ ; van een bal van $1\,\mathrm{g}$ met $1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Welke daarvan kan door een kristal (afstand $0.2\,\mathrm{nm}$ ) worden gebogen?

Oplossing

Oplossing van Oefening 30.3.

Elektron: $1.23/\sqrt{100} = 0.12\,\mathrm{nm}$ ; bij $1\,\mathrm{keV}$ : $0.039\,\mathrm{nm}$ . Neutron: $E = 4.0 \times 10^{-21}\,\mathrm{J}$ , $p = \sqrt{2m_nE} = 3.7 \times 10^{-24}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\lambda = h/p = 0.18\,\mathrm{nm}$ . Bal: $6.6 \times 10^{-34}/10^{-3} = 7 \times 10^{-31}\,\mathrm{m}$ . De eerste drie hebben een $\lambda$ van de orde van de atoomafstand en worden gebogen (elektronen-, neutronen- en röntgenkristallografie); de bal nooit.

Oefening 30.4 ★

Een elektron in een doos van $1.0\,\mathrm{nm}$ : $E_1$ , $E_2$ , golflengte van het foton dat bij $2 \to 1$ wordt uitgezonden. Een proton in een doos van $5\,\mathrm{fm}$ (een kern): $E_1$ in $\mathrm{MeV}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 30.4.

$E_1 = h^2/8m_eL^2 = 4.39 \times 10^{-67}/(8 \times 9.11 \times 10^{-31} \times 10^{-18}) = 6.0 \times 10^{-20}\,\mathrm{J} = 0.38\,\mathrm{eV}$ , $E_2 = 4E_1 = 1.5\,\mathrm{eV}$ ; foton $1.13\,\mathrm{eV}$ , $\lambda = 1240/1.13 = 1.1\,\text{µ}\mathrm{m}$ (nabij infrarood). Proton in $5\,\mathrm{fm}$ : $4.39 \times 10^{-67}/(8 \times 1.67 \times 10^{-27} \times 25 \times 10^{-30}) = 1.3 \times 10^{-12}\,\mathrm{J} = 8\,\mathrm{MeV}$ — de schaal van kernenergieën, alleen uit opsluiting.

Oefening 30.5 ★★

Remspanningen die voor een metaal zijn gemeten: $0.40\,\mathrm{V}$ bij $6.0 \times 10^{14}\,\mathrm{Hz}$ , $1.23\,\mathrm{V}$ bij $8.0 \times 10^{14}\,\mathrm{Hz}$ , $2.05\,\mathrm{V}$ bij $1.0 \times 10^{15}\,\mathrm{Hz}$ . Leid $h$ af (met $e$ bekend) en de uittree-arbeid; drempelgolflengte; welk metaal zou het kunnen zijn (cesium $2.1\,\mathrm{eV}$ , kalium $2.3\,\mathrm{eV}$ , zink $4.3\,\mathrm{eV}$ )?

Oplossing

Oplossing van Oefening 30.5.

Helling $(2.05 - 0.40)/(4.0 \times 10^{14}) = 4.1 \times 10^{-15}\,\mathrm{V}\,\mathrm{s}$ , $h = e \times 4.1 \times 10^{-15} = 6.6 \times 10^{-34}\,\mathrm{J}\,\mathrm{s}$ . $W = h\nu - eV_s = 2.48 - 0.40 = 2.1\,\mathrm{eV}$ , drempel $\lambda_0 = 1240/2.1 = 600\,\mathrm{nm}$ : cesium.

Oefening 30.6 ★★

Compton: een röntgenfoton van $10\,\mathrm{pm}$ verstrooit onder $90{}^{\circ}$ aan een elektron. Nieuwe golflengte; energie van het foton ervoor en erna; energie die aan het elektron wordt gegeven. Relatieve verschuiving voor licht van $500\,\mathrm{nm}$ — waarom Compton röntgenstraling nodig had.

Oplossing

Oplossing van Oefening 30.6.

$\Delta\lambda = 2.43\,\mathrm{pm}$ : $\lambda' = 12.4\,\mathrm{pm}$ . Ervoor: $1240/0.010 = 124\,\mathrm{keV}$ ; erna: $1240/0.0124 = 100\,\mathrm{keV}$ ; het elektron neemt $24\,\mathrm{keV}$ . Voor licht is $\Delta\lambda/\lambda = 2.4 \times 10^{-12}/5 \times 10^{-7} = 5 \times 10^{-6}$ : in 1923 onmeetbaar — röntgenstraling maakte de verschuiving een effect van $25\%$ .

Oefening 30.7 ★★

Het experiment van Jönsson. Elektronen van $50\,\mathrm{keV}$ (gebruik $p = \sqrt{2m_eE}$ ), twee spleten op $2.0\,\text{µ}\mathrm{m}$ van elkaar, scherm op $35\,\mathrm{cm}$ . Golflengte; streepafstand; waarom er een vergrotende elektronenlens nodig was. In de versie van Tonomura steekt één elektron tegelijk het apparaat over: wat toont het scherm na 10 en na $10^5$ elektronen, en wat leert dat?

Oplossing

Oplossing van Oefening 30.7.

$p = \sqrt{2 \times 9.11 \times 10^{-31} \times 5 \times 10^4 \times 1.6 \times 10^{-19}} = 1.2 \times 10^{-22}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\lambda = 5.5\,\mathrm{pm}$ (de relativiteit corrigeert dat tot $5.4\,\mathrm{pm}$ ); streepafstand $\lambda D/d = 5.5 \times 10^{-12} \times 0.35/2 \times 10^{-6} = 1\,\text{µ}\mathrm{m}$ : onzichtbaar voor het oog, vandaar de vergrotende lens. Tien elektronen: tien stippen, ogenschijnlijk willekeurig; $10^5$ : de strepen. Elk elektron landt op één punt; de kans om te landen volgt de tweespletengolf — de golf van één elektron gaat door beide spleten.

Oefening 30.8 ★★

Minimale kinetische energie, uit de onzekerheidsrelatie, van: een elektron dat tot $0.1\,\mathrm{nm}$ is opgesloten (een atoom); een elektron dat tot $5\,\mathrm{fm}$ is opgesloten (een kern — gebruik $E \approx pc$ als het resultaat relativistisch is, en concludeer of kernen elektronen kunnen bevatten); een stofdeeltje van $1\,\text{µ}\mathrm{g}$ dat tot $1\,\text{µ}\mathrm{m}$ is gelokaliseerd (geef $\Delta v$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 30.8.

Atoom: $\Delta p \geq \hbar/2\Delta x = 5.3 \times 10^{-25}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $E \sim \Delta p^2/2m_e = 1.5 \times 10^{-19}\,\mathrm{J} \approx 1\,\mathrm{eV}$ : de juiste schaal. Kern: $\Delta p \geq 1.1 \times 10^{-20}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $\Delta p^2/2m_e$ zou $400\,\mathrm{MeV}$ zijn, ver boven $m_ec^2$ , dus gebruikt men $E \approx \Delta p\,c = 3 \times 10^{-12}\,\mathrm{J} = 20\,\mathrm{MeV}$ : geen kracht in de kern zou een elektron met zoveel energie kunnen vasthouden — kernen bevatten geen elektronen (bèta-elektronen ontstaan pas bij de emissie). Stofdeeltje: $\Delta v \geq \hbar/2m\Delta x = 1.05 \times 10^{-34}/(2 \times 10^{-9} \times 10^{-6}) = 5 \times 10^{-20}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : irrelevant.

Oefening 30.9 ★★

Het model van Bohr. Een elektron op een cirkelbaan met straal $r$ om een proton: (a) snelheid en energie als functie van $r$ (coulombdynamica, Hoofdstuk 16); (b) leg $m_evr = n\hbar$ op en leid $r_n = n^2a_0$ , $E_n = E_1/n^2$ af met $a_0$ en $E_1$ als in Voorbeeld 30.11; (c) $v_1$ en $v_1/c$ ; (d) golflengten van Lyman $\alpha$ ( $2 \to 1$ ) en van H $\alpha$ ( $3 \to 2$ ); (e) toon aan dat baan $n$ precies $n$ debroglie-golflengten bevat.

Oplossing

Oplossing van Oefening 30.9.

(a) $m_ev^2/r = e^2/4\pi\varepsilon_0r^2$ : $v = \sqrt{e^2/4\pi\varepsilon_0m_er}$ , $E = \tfrac12m_ev^2 - e^2/4\pi\varepsilon_0r = -e^2/8\pi\varepsilon_0r$ . (b) $m_evr = n\hbar$ en $m_ev^2r = e^2/4\pi\varepsilon_0$ : deel het kwadraat van de eerste door de tweede: $m_er = n^2\hbar^2 \cdot 4\pi\varepsilon_0/e^2$ , $r_n = n^2a_0$ , en $E_n = -e^2/8\pi\varepsilon_0n^2a_0 = E_1/n^2$ met $a_0 = 52.9\,\mathrm{pm}$ , $E_1 = -13.6\,\mathrm{eV}$ . (c) $v_1 = \hbar/m_ea_0 = 2.19 \times 10^{6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $v_1/c = 1/137$ . (d) $2 \to 1$ : $\tfrac34 \times 13.6 = 10.2\,\mathrm{eV}$ , $122\,\mathrm{nm}$ ; $3 \to 2$ : $(\tfrac14 - \tfrac19) \times 13.6 = 1.89\,\mathrm{eV}$ , $656\,\mathrm{nm}$ . (e) $\lambda_n = h/m_ev_n = nh/m_ev_1 = 2\pi na_0$ (want $m_ev_1a_0 = \hbar$ ), en $2\pi r_n = 2\pi n^2a_0 = n\lambda_n$ .

Oefening 30.10 ★★★

Waterstofachtige systemen. (a) Toon voor een kern met lading $Ze$ aan dat $E_n = -Z^2 \times 13.6\,\mathrm{eV}/n^2$ en $r_n = n^2a_0/Z$ : bepaal de ionisatie-energie van He $^+$ en van het laatste elektron van uranium ( $Z = 92$ ; becommentarieer). (b) Muonisch waterstof: het muon heeft $207$ keer de massa van het elektron: straal en grondenergie; golflengte van zijn Lyman- $\alpha$ -lijn; waarom het wordt gebruikt om de grootte van het proton te meten (straal $0.84\,\mathrm{fm}$ ). (c) Positronium (elektron en positron, gelijke massa’s): toon aan dat de gereduceerde massa de energieën halveert: zijn Lyman $\alpha$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 30.10.

(a) Vervang $e^2$ door $Ze^2$ : $a_0 \to a_0/Z$ , $E_1 \to Z^2E_1$ . He $^+$ : $54.4\,\mathrm{eV}$ . U $^{91+}$ : $92^2 \times 13.6 = 115\,\mathrm{keV}$ — maar $v_1 = Z\alpha c = 0.67c$ : het niet-relativistische model is daar alleen indicatief. (b) $a_0/207 = 256\,\mathrm{fm}$ , $E_1 = 207 \times 13.6 = 2.8\,\mathrm{keV}$ ; Lyman $\alpha$ : $2.1\,\mathrm{keV}$ , $\lambda = 0.59\,\mathrm{nm}$ (röntgenstraling). De baan van het muon is maar $300$ protonstralen groot: zijn niveaus verschuiven meetbaar met de grootte van het proton, en zo is de protonstraal opnieuw gemeten (2010). (c) De twee deeltjes draaien om hun gemeenschappelijke middelpunt: de gereduceerde massa $m_e/2$ halveert elke energie: $E_1 = -6.8\,\mathrm{eV}$ , Lyman $\alpha$ bij $5.1\,\mathrm{eV}$ , $243\,\mathrm{nm}$ .

Oefening 30.11 ★★★

Kwantumdots. In een bolvormig nanokristal met straal $R$ is de opsluitingsenergie van een deeltje met effectieve massa $m^\ast$ gelijk aan $h^2/8m^\ast R^2$ (aangenomen). CdSe: bandkloof $E_g = 1.74\,\mathrm{eV}$ , $m_e^\ast = 0.13\,m_e$ , $m_h^\ast = 0.45\,m_e$ (het “gat” dat het aangeslagen elektron achterlaat wordt ook opgesloten). (a) Energie $E_g + E_e + E_h$ van het uitgezonden foton en de golflengte voor $R = 2.0\,\mathrm{nm}$ , $3.0\,\mathrm{nm}$ , $4.0\,\mathrm{nm}$ ; kleuren. (b) Straal voor emissie bij $520\,\mathrm{nm}$ (groen). (c) Waarom zendt massief CdSe alleen bij $713\,\mathrm{nm}$ uit? (d) Een spreiding van $10\,\%$ in de straal binnen een partij: spreiding in golflengte bij $3\,\mathrm{nm}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 30.11.

(a) $h^2/8m_e = 6.02 \times 10^{-38}\,\mathrm{J}\,\mathrm{m}^{2}$ . $R = 2\,\mathrm{nm}$ : $E_e = 6.02 \times 10^{-38}/ (0.13 \times 4 \times 10^{-18}) = 0.72\,\mathrm{eV}$ , $E_h = 0.21\,\mathrm{eV}$ , totaal $1.74 + 0.93 = 2.67\,\mathrm{eV}$ , $464\,\mathrm{nm}$ : blauw. $3\,\mathrm{nm}$ : opsluiting $\times4/9$ , $2.15\,\mathrm{eV}$ , $577\,\mathrm{nm}$ : geel. $4\,\mathrm{nm}$ : $\times1/4$ , $1.97\,\mathrm{eV}$ , $629\,\mathrm{nm}$ : rood. (b) $520\,\mathrm{nm}$ is $2.38\,\mathrm{eV}$ : opsluiting $0.65\,\mathrm{eV}$ $= 0.93 \times (2/R)^2$ , $R = 2.4\,\mathrm{nm}$ . (c) Geen opsluiting: $E_g$ alleen, $713\,\mathrm{nm}$ . (d) $\delta E = -2 \times 0.1 \times 0.41 = -0.08\,\mathrm{eV}$ , $4\%$ van $2.15\,\mathrm{eV}$ : ongeveer $20\,\mathrm{nm}$ spreiding — zuivere kleuren vergen partijen met één maat.

Oefening 30.12 ★★★

Nulpuntsenergie. (a) Neem voor een harmonische oscillator $E = p^2/2m + \tfrac12m\omega^2x^2$ aan dat $\Delta x\,\Delta p = \hbar/2$ en minimaliseer $E \approx \Delta p^2/2m + \tfrac12m\omega^2\Delta x^2$ over $\Delta x$ : toon aan dat $E_{\min} = \hbar\omega/2$ (de exacte grondenergie). (b) Het H $_2$ -molecuul trilt met $\omega = 8.3 \times 10^{14}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ : nulpuntsenergie in eV, en de laagste temperatuur waarbij zijn trilling “thermisch” is ( $k_BT \sim \hbar\omega$ ). (c) Vloeibaar helium bevriest bij atmosferische druk nooit: schat de nulpuntsenergie van een heliumatoom dat in een kristal tot $\Delta x = 0.05\,\mathrm{nm}$ is gelokaliseerd (een deel van de afstand tussen de atomen), en vergelijk met zijn bindingsenergie in de vaste stof, ongeveer $1\,\mathrm{meV}$ . (d) Vergelijk de doosformule $E_1 = h^2/8mL^2$ met de grens uit de onzekerheidsrelatie voor $\Delta x = L/2$ : welke is groter, en waarom moet dat zo zijn?

Oplossing

Oplossing van Oefening 30.12.

(a) $E(\Delta x) = \hbar^2/8m\Delta x^2 + \tfrac12m\omega^2\Delta x^2$ ; de afgeleide is nul bij $\Delta x^2 = \hbar/2m\omega$ , waar beide termen gelijk zijn aan $\hbar\omega/4$ : $E_{\min} = \hbar\omega/2$ . (b) $\tfrac12 \times 1.055 \times 10^{-34} \times 8.3 \times 10^{14} = 4.4 \times 10^{-20}\,\mathrm{J} = 0.27\,\mathrm{eV}$ ; $T \sim \hbar\omega/k_B = 6300\,\mathrm{K}$ — bij kamertemperatuur zit de trilling bevroren in haar grondtoestand. (c) $\Delta p = \hbar/2\Delta x = 1.05 \times 10^{-24}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $E = \Delta p^2/2m_{\mathrm{He}} = 1.1 \times 10^{-48}/1.33 \times 10^{-26} = 8 \times 10^{-23}\,\mathrm{J} = 0.5\,\mathrm{meV}$ : de helft van de binding — de atomen kunnen niet stil genoeg zitten om te kristalliseren; helium blijft tot het absolute nulpunt vloeibaar tenzij men het samendrukt ( $25\,\mathrm{bar}$ ). (d) $E_1 = \pi^2\hbar^2/2mL^2$ tegen $\hbar^2/2mL^2$ : tien keer groter, zoals het moet — de grens is een ondergrens, en de doostoestand heeft $\Delta x \approx 0.18L$ , geen $L/2$ .

Het zichtbare emissiespectrum van waterstof: de balmerlijnen bij 656\, nm, 486\, nm, 434\, nm en 410\, nm, elk een sprong omlaag naar n = 2. — Het zichtbare emissiespectrum van waterstof: de balmerlijnen bij $656\,\mathrm{nm}$ , $486\,\mathrm{nm}$ , $434\,\mathrm{nm}$ en $410\,\mathrm{nm}$ , elk een sprong omlaag naar $n = 2$ .

Kwantumdots van één materiaal in flesjes: hoe kleiner het nanokristal, hoe groter de opsluitingsenergie en hoe blauwer het licht — kleur gekozen met de grootte.

30.6 Probleem: Het waterstofspectrum en een kwantumdot

Probleem 30.1

Weekendopgave — $h$ meten met licht en een voltmeter, het waterstofatoom uit drie constanten opbouwen, en de kleur van een kristal met zijn grootte kiezen

Constanten: $h = 6.626 \times 10^{-34}\,\mathrm{J}\,\mathrm{s}$ , $\hbar = 1.055 \times 10^{-34}\,\mathrm{J}\,\mathrm{s}$ , $c = 3.00 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $e = 1.602 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}$ , $m_e = 9.11 \times 10^{-31}\,\mathrm{kg}$ , $1/4\pi\varepsilon_0 = 8.99 \times 10^{9}\,\mathrm{SI}$ , $hc = 1240\,\mathrm{eV}\,\mathrm{nm}$ .

Deel I — De constante van Planck meten. Een kaliumfotokathode wordt met monochromatisch licht beschenen; de remspanning wordt gemeten: $0.30\,\mathrm{V}$ bij $6.0 \times 10^{14}\,\mathrm{Hz}$ , $0.69\,\mathrm{V}$ bij $7.0 \times 10^{14}\,\mathrm{Hz}$ , $1.13\,\mathrm{V}$ bij $8.0 \times 10^{14}\,\mathrm{Hz}$ , $1.50\,\mathrm{V}$ bij $9.0 \times 10^{14}\,\mathrm{Hz}$ , $2.36\,\mathrm{V}$ bij $1.1 \times 10^{15}\,\mathrm{Hz}$ .

Beschrijf de cel en leg uit waarom een tegenspanning de stroom kan stoppen, en wat $eV_s$ meet.
Schrijf de betrekking van Einstein op en zeg wat de helling en het snijpunt van $V_s(\nu)$ geven.
Leid $h$ uit de gegevens af (met een lineaire fit of met de twee uiterste punten); vergelijk met de aanvaarde waarde.
Uittree-arbeid van kalium in eV; drempelfrequentie en -golflengte; zou een rode laserpen elektronen kunnen vrijmaken?
De intensiteit van de lamp wordt verdubbeld: wat gebeurt er met $V_s$ en met de stroom? Waarom is dat onverenigbaar met een zuiver golfbeeld?
Klassieke schatting: er valt licht van $1\,\text{µ}\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}$ op het metaal; een atoom biedt een oppervlak van ongeveer $1 \times 10^{-20}\,\mathrm{m}^{2}$ : hoe lang zou het duren om $2.2\,\mathrm{eV}$ op één atoom te verzamelen? Wat wordt er in plaats daarvan waargenomen?

Deel II — Het waterstofatoom van Bohr.

Een elektron op een cirkelbaan met straal $r$ om een vast proton: snelheid $v(r)$ en mechanische energie $E(r)$ .
De voorwaarde van Bohr $m_evr = n\hbar$ : toon aan dat $r_n = n^2a_0$ en geef $a_0 = 4\pi\varepsilon_0\hbar^2/m_ee^2$ als getal.
$E_n = E_1/n^2$ met $E_1 = -m_ee^4/[2(4\pi\varepsilon_0)^2\hbar^2]$ ; getalwaarde in eV.
Snelheid op de eerste baan en de verhouding $v_1/c$ (de fijnstructuurconstante $\alpha \approx 1/137$ ).
Golflengten van de lijnen $2 \to 1$ (Lyman $\alpha$ ), $3 \to 2$ en $4 \to 2$ (Balmer H $\alpha$ , H $\beta$ ): welke zijn zichtbaar?
Toon aan dat $1/\lambda = R_H(1/n^2 - 1/p^2)$ en bereken de rydbergconstante $R_H$ ; de kortste balmergolflengte.
Ionisatie-energie van waterstof vanuit de grondtoestand; golflengte van het foton dat het net ioniseert.
De Broglie: toon aan dat de omtrek van baan $n$ gelijk is aan $n$ golflengten — de voorwaarde van Bohr is een staandegolfvoorwaarde.
Twee dingen die het model fout heeft, één ding dat het precies goed heeft, en wat in de volledige theorie de baan vervangt.

Deel III — De kwantumdot. Een CdSe-nanokristal met straal $R$ sluit een aangeslagen elektron op (effectieve massa $m_e^\ast = 0.13\,m_e$ ) en het gat dat het achterlaat ( $m_h^\ast = 0.45\,m_e$ ); de opsluitingsenergie van elk in een bol met straal $R$ is $h^2/8m^\ast R^2$ (aangenomen); de bandkloof van massief CdSe is $E_g = 1.74\,\mathrm{eV}$ .

Leid de energieën $E_n = n^2h^2/8mL^2$ van een deeltje in een eendimensionale doos af uit de staandegolfvoorwaarde, en becommentarieer de analogie met de formule voor de bol.
Opsluitingsenergieën van het elektron en van het gat voor $R = 2.0\,\mathrm{nm}$ .
Energie en golflengte van het uitgezonden foton voor $R = 2.0\,\mathrm{nm}$ , $3.0\,\mathrm{nm}$ en $4.0\,\mathrm{nm}$ ; kleuren.
Leg in één zin uit waarom kleinere dots blauwer zijn.
Controleer de orde van grootte met de onzekerheidsrelatie: $\Delta p \sim \hbar/R$ voor het elektron bij $R = 2\,\mathrm{nm}$ , en de kinetische energie die daaruit volgt.
Een dot zendt $1.0\,\mathrm{nW}$ uit bij $577\,\mathrm{nm}$ : fotonen per seconde.

Deel IV — Kwanta tellen.

Fotonen per seconde uit een laser van $1.0\,\mathrm{mW}$ bij $633\,\mathrm{nm}$ .
Het donkeraangepaste oog neemt een flits van ongeveer $100$ fotonen bij $500\,\mathrm{nm}$ waar die binnen $0.1\,\mathrm{s}$ aankomt: het bijbehorende vermogen.
Een FM-antenne ontvangt $1.0\,\mathrm{pW}$ bij $100\,\mathrm{MHz}$ : fotonen per seconde; is er enige hoop ze één voor één waar te nemen?
Vat samen: welke drie grootheden van de atomaire wereld heeft deze opgave alleen uit $h$ , $e$ en $m_e$ opgeleverd, en met welke ordes van grootte?

Oplossing

Oplossing van Probleem 30.1.

1. Licht maakt elektronen met uiteenlopende energieën vrij uit de kathode; op $-V_s$ gehouden stoot de anode ze af en komen alleen die met $E_k > eV_s$ aan. De stroom verdwijnt wanneer $eV_s = E_{k,\max}$ .

2. $eV_s = h\nu - W$ : helling $h/e$ , snijpunt $-W/e$ ; $V_s = 0$ bij de drempel $\nu_0 = W/h$ .

3. Uiterste punten: $(2.36 - 0.30)/(5.0 \times 10^{14}) = 4.12 \times 10^{-15}\,\mathrm{V}\,\mathrm{s}$ , $h = 1.602 \times 10^{-19} \times 4.12 \times 10^{-15} = 6.60 \times 10^{-34}\,\mathrm{J}\,\mathrm{s}$ (een fit op alle vijf geeft $6.62$ ): tot op $0.5\%$ van $6.626 \times 10^{-34}$ .

4. $W = h\nu - eV_s = 2.47 - 0.30 = 2.2\,\mathrm{eV}$ ; $\nu_0 = W/h = 5.3 \times 10^{14}\,\mathrm{Hz}$ , $\lambda_0 = 1240/2.2 = 560\,\mathrm{nm}$ . Een rode laserpen ( $650\,\mathrm{nm}$ , $1.9\,\mathrm{eV}$ ) maakt niets vrij.

5. $V_s$ onveranderd, stroom verdubbeld: twee keer zoveel fotonen, elk met dezelfde energie. Een golf zou elk elektron bij meer intensiteit meer energie geven, en een drempel in intensiteit opleveren in plaats van in frequentie.

6. $10^{-6} \times 10^{-20} = 1 \times 10^{-26}\,\mathrm{W}$ op het atoom; $2.2\,\mathrm{eV}$ $= 3.5 \times 10^{-19}\,\mathrm{J}$ vergt $3.5 \times 10^7$ s — een jaar. De emissie wordt binnen nanoseconden waargenomen: de energie komt in hele kwanta binnen.

7. $m_ev^2/r = e^2/4\pi\varepsilon_0r^2$ : $v = \sqrt{e^2/4\pi\varepsilon_0m_er}$ ; $E = \tfrac12m_ev^2 - e^2/4\pi\varepsilon_0r = -e^2/8\pi\varepsilon_0r$ .

8. $(m_evr)^2 = n^2\hbar^2$ and $m_ev^2r = e^2/4\pi\varepsilon_0$ : $r_n = n^2 \cdot 4\pi\varepsilon_0\hbar^2/m_ee^2 = n^2a_0$ , $a_0 = (1.055 \times 10^{-34})^2/(8.99 \times 10^9 \times 9.11 \times 10^{-31} \times 2.57 \times 10^{-38}) = 52.9\,\mathrm{pm}$ .

9. $E_n = -e^2/8\pi\varepsilon_0r_n = -m_ee^4/2(4\pi\varepsilon_0)^2\hbar^2n^2$ ; $E_1 = -2.31 \times 10^{-28}/(2 \times 5.29 \times 10^{-11}) = -2.18 \times 10^{-18}\,\mathrm{J} = -13.6\,\mathrm{eV}$ .

10. $v_1 = \hbar/m_ea_0 = 2.19 \times 10^{6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $v_1/c = 7.3 \times 10^{-3} = 1/137$ .

11. $2 \to 1$ : $10.2\,\mathrm{eV}$ , $122\,\mathrm{nm}$ (ultraviolet); $3 \to 2$ : $1.89\,\mathrm{eV}$ , $656\,\mathrm{nm}$ (rood); $4 \to 2$ : $2.55\,\mathrm{eV}$ , $486\,\mathrm{nm}$ (blauwgroen): de balmerlijnen zijn de zichtbare.

12. $hc/\lambda = |E_1|(1/n^2 - 1/p^2)$ : $R_H = |E_1|/hc = 13.6/1240 = 1.097 \times 10^{-2}\,\mathrm{nm}^{-1} = 1.097 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{-1}$ . Balmergrens ( $p \to \infty$ ): $\lambda = 4/R_H = 365\,\mathrm{nm}$ .

13. $13.6\,\mathrm{eV}$ ; $\lambda = 1240/13.6 = 91\,\mathrm{nm}$ .

14. $v_n = v_1/n$ , $\lambda_n = h/m_ev_n = nh/m_ev_1 = 2\pi na_0$ (want $m_ev_1a_0 = \hbar$ ); $2\pi r_n = 2\pi n^2a_0 = n\lambda_n$ : de baan draagt $n$ hele golven — de regel van Bohr is een staandegolfregel.

15. Fout: het elektron heeft geen baan (het zou stralen; de grondtoestand heeft impulsmoment nul) en het model faalt voor elk atoom met twee elektronen. Goed: de waterstofniveaus, en dus elke lijn van zijn spectrum. De baan wordt vervangen door een golffunctie, een kanswolk met afmeting $\sim n^2a_0$ .

16. Staande golven: $L = n\lambda/2$ , $p_n = h/\lambda_n = nh/2L$ , $E_n = p_n^2/2m = n^2h^2/8mL^2$ . De formule voor de bol is dezelfde met $L \to R$ : de grondtoestand krijgt een halve golflengte in de straal kwijt.

17. $E_e = 6.02 \times 10^{-38}/(0.13 \times 4 \times 10^{-18}) = 0.72\,\mathrm{eV}$ ; $E_h = 0.13/0.45 \times 0.72 = 0.21\,\mathrm{eV}$ .

18. $R = 2\,\mathrm{nm}$ : $1.74 + 0.93 = 2.67\,\mathrm{eV}$ , $464\,\mathrm{nm}$ , blauw; $3\,\mathrm{nm}$ : $2.15\,\mathrm{eV}$ , $577\,\mathrm{nm}$ , geel; $4\,\mathrm{nm}$ : $1.97\,\mathrm{eV}$ , $629\,\mathrm{nm}$ , rood.

19. De opsluitingsenergie groeit als $1/R^2$ : een kleinere doos tilt de niveaus op, het foton is energierijker, het licht blauwer.

20. $\Delta p \sim \hbar/R = 5.3 \times 10^{-26}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $E \sim \Delta p^2/2m_e^\ast = 1.2 \times 10^{-20}\,\mathrm{J} = 0.07\,\mathrm{eV}$ : de juiste orde (de exacte coëfficiënt $\pi^2/2$ en de grovere $\Delta p$ verklaren de factor tien).

21. $1240/577 = 2.15\,\mathrm{eV} = 3.4 \times 10^{-19}\,\mathrm{J}$ : $10^{-9}/3.4 \times 10^{-19} = 2.9 \times 10^9$ fotonen per seconde.

22. $10^{-3}/(1.96 \times 1.6 \times 10^{-19}) = 3.2 \times 10^{15}$ per seconde.

23. $100 \times 2.48 \times 1.6 \times 10^{-19} = 4 \times 10^{-17}\,\mathrm{J}$ in $0.1\,\mathrm{s}$ : $4 \times 10^{-16}\,\mathrm{W}$ .

24. $h\nu = 6.6 \times 10^{-26}\,\mathrm{J}$ : $1.5 \times 10^{13}$ fotonen per seconde — en elk is $10^5$ keer kleiner dan de thermische energie $k_BT$ van de antenne: geen hoop, en geen behoefte; het golfbeeld is daar exact.

25. De grootte van atomen, $a_0 = 53\,\mathrm{pm}$ ; hun energieschaal, $13.6\,\mathrm{eV}$ (vandaar fotonen van enkele eV, de chemie, het zichtbare spectrum); en de snelheid van hun elektronen, $\alpha c \approx 2 \times 10^{6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ — alle drie uit $h$ , $e$ en $m_e$ (en $\varepsilon_0$ ), zonder dat er iets is bijgesteld.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Golffunctie

Bekijk alle 393 begrippen in de begrippenlijst