Universitaire natuurkunde — jaar 3 · Bachelor Year 3

11Het waterstofatoom

Negen tiende van de atomen in het heelal is waterstof: één proton dat één elektron vasthoudt, het enige atoom dat de natuurkunde exact kan oplossen — en de sleutel die elk ander heeft geopend. De oude kwantumtheorie van Hoofdstuk 2 raadde zijn energieën; het gereedschap staat nu klaar om ze te leiden: de coulombpotentiaal gaat de radiale vergelijking van het vorige hoofdstuk in, en eruit komen de niveaus $-E_{\text{I}}/n^2$ , de bohrstraal, de schillen en subschillen van het periodiek systeem uit de scheikunde, en de spectraalreeksen die astronomen in elke nevel lezen. Dezelfde oplossing beschrijft, herschaald, geïoniseerd helium, muonische atomen, positronium en de “atomen” van elektron en gat binnen in halfgeleiders; opgerekt tot $n \approx 100$ beschrijft zij rydbergatomen van een halve micrometer breed, wier radiogefluister de geïoniseerde wolken van de Melkweg in kaart brengt en wier wisselwerkingen inmiddels kwantumcomputers aandrijven.

11.1 Het coulombvraagstuk opgelost

Stelling 11.1 (Niveaus van waterstof)

Voor $V(r) = -e^2/4\pi\varepsilon_0 r$ (schrijf $k = e^2/4\pi \varepsilon_0$ ) worden de gebonden toestanden geëtiketteerd met $(n, l, m)$ , met

E_n = -\frac{E_{\text{I}}}{n^2} , \qquad E_{\text{I}} = \frac{m_{\text{e}}k^2}{2\hbar^2} = 13.6\,\mathrm{eV} , \qquad n = 1, 2, 3, \dots

en, voor elke $n$ , de baangetallen $l = 0, 1, \dots, n-1$ en $m = -l, \dots, l$ . De natuurlijke lengte is de bohrstraal $a_0 = \hbar^2/m_{\text{e}}k = 52.9\,\mathrm{pm}$ ; de grondtoestand is

\psi_{100} = \frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}}\;\eu^{-r/a_0} .

De energie hangt uitsluitend van $n$ af: tellen we de $m$ ’s en de $l$ ’s, dan is niveau $n$ $n^2$ -voudig ontaard (verdubbeld door de spin, Hoofdstuk 12) — ver voorbij de $(2l+1)$ -voudige ontaarding die de isotropie verklaart.

Gedeeltelijk bewijs. Probeer voor de grondtoestand $u = Cr\,\eu^{-r/a}$ in de radiale vergelijking met $l = 0$ : $u'' = (1/a^2 - 2/ar)u$ , zodat $-\tfrac{\hbar^2}{2m_{\text{e}}}u'' - \tfrac kr u = Eu$ vergt dat $\hbar^2/m_{\text{e}}a = k$ (het gelijkstellen van de termen in $1/r$ ) — dat wil zeggen $a = a_0$ — en $E = -\hbar^2/2m_{\text{e}}a_0^2 = -E_{\text{I}}$ . De algemene oplossing (laguerreveeltermen, $n - l - 1$ radiale knopen) wordt aangenomen; elke stap van de constructie is elementair maar lang. De “toevallige” ontaarding in $l$ weerspiegelt een klassiek geheim van de zuivere kracht $1/r$ — keplerellipsen precederen niet, en een extra behouden vector (Laplace–Runge–Lenz) wijst langs de vaste lange as; haar kwantumversie is wat verschillende $l$ aan één energie bindt (Oefening 11.12). ∎

De niveaus van waterstof -E_ I/n2, gespreid naar l: alle subschillen van één n vallen samen (het coulombse “toeval”). Sprongen omlaag die op n = 1 eindigen vormen de ultraviolette lymanreeks; die op n = 2 eindigen de zichtbare balmerreeks, die nevels rood kleurt. — De niveaus van waterstof $-E_{\text{I}}/n^2$ , gespreid naar $l$ : alle subschillen van één $n$ vallen samen (het coulombse “toeval”). Sprongen omlaag die op $n = 1$ eindigen vormen de ultraviolette lymanreeks; die op $n = 2$ eindigen de zichtbare balmerreeks, die nevels rood kleurt.

11.2 Waar het elektron is

Propositie 11.2 (Radiale verdelingen)

De kans om het elektron tussen $r$ en $r + \dd r$ aan te treffen is $P(r)\,\dd r$ met $P(r) = |u(r)|^2$ , het kwadraat van de genormeerde radiale functie van Stelling 10.6. Voor de laagste toestanden: $P_{1s} \propto r^2\eu^{-2r/a_0}$ , met een piek precies bij $r = a_0$ en $\langle r\rangle = \tfrac32 a_0$ ; $P_{2s}$ toont twee bulten gescheiden door een bolvormige knoop; $P_{2p} \propto r^4\eu^{-r/a_0}$ , met een piek bij $4a_0$ . In het algemeen is $\langle r\rangle \approx n^2a_0$ : atomen groeien kwadratisch met de aanslag, terwijl hun binding als $1/n^2$ krimpt — de hefboom achter de rydbergreuzen van Probleem 11.1.

Bewijs. Op dit niveau zonder bewijs aangenomen. ∎

Radiale kansdichtheden. De piek van 1s ligt precies op a_0; de toestand 2s draagt een bolvormige knoop en een lob dicht bij de kern — de “doordringing” die het periodiek systeem zal ordenen — terwijl 2p, afgeschermd door de centrifugale barrière, op afstand blijft. — Radiale kansdichtheden. De piek van $1s$ ligt precies op $a_0$ ; de toestand $2s$ draagt een bolvormige knoop en een lob dicht bij de kern — de “doordringing” die het periodiek systeem zal ordenen — terwijl $2p$ , afgeschermd door de centrifugale barrière, op afstand blijft.

Voorbeeld 11.3 (De afmetingen lezen)

Grondtoestand: $0.1\,\mathrm{nm}$ breed, $13.6\,\mathrm{eV}$ diep — de schalen van de hele scheikunde. Bij $n = 10$ : straal $\sim5\,\mathrm{nm}$ , binding $0.136\,\mathrm{eV}$ — losjes vastgehouden. Bij $n = 100$ : een atoom op de schaal van een micrometer, gebonden met $1.4\,\mathrm{meV}$ en door het zwakste veld gesloopt — en toch is de interstellaire ruimte leeg genoeg opdat zulke atomen leven en uitzenden (Probleem 11.1).

11.3 Het spectrum

Propositie 11.4 (Reeksen en selectieregels)

Een sprong $n' \to n$ zendt de golflengte

\frac{1}{\lambda} = R_{\text{H}}\Big(\frac{1}{n^2} - \frac{1}{n'^2}\Big) , \qquad R_{\text{H}} = \frac{E_{\text{I}}}{hc} = 1.097 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{-1} ,

uit, onder de dipoolselectieregel $\Delta l = \pm1$ (het foton draagt $\hbar$ ). De lymanreeks ( $\to n = 1$ ) ligt in het verre ultraviolet vanaf $121.6\,\mathrm{nm}$ ; de balmerreeks ( $\to n = 2$ ) begint bij de rode lijn $H\alpha$ , $656.3\,\mathrm{nm}$ — de kleur van emissienevels en zonneprotuberansen; de paschenreeks en latere reeksen wijken het infrarood in, en tussen $n = 110$ en $109$ landt dezelfde formule op $5.0\,\mathrm{GHz}$ : waterstof spreekt van het ultraviolet tot aan de radioschaal.

Bewijs. Energiebehoud met Stelling 11.1; $R_{\text{H}}$ als in Probleem 2.1, nu afgeleid in plaats van gepostuleerd. ∎

Voorbeeld 11.5 (Waterstofachtige atomen: één oplossing, vele atomen)

Vervang de lading van het proton door $Ze$ en het elektron door een willekeurige omlopende massa $\mu$ : elke formule herschaalt als

a \to a_0\,\frac{m_{\text{e}}}{\mu}\,\frac1Z , \qquad E_{\text{I}} \to E_{\text{I}}\,\frac{\mu}{m_{\text{e}}}\,Z^2 .

He $^+$ ( $Z = 2$ ): $54.4\,\mathrm{eV}$ . De binnenelektronen van zware atomen ( $Z \sim 30$ ): K-schilenergieën in de keV — de karakteristieke röntgenstraling waarmee Moseley de elementen ordende (Oefening 11.5). Muonische waterstof ( $\mu = 207 m_{\text{e}}$ ): een atoom op de schaal van een femtometer dat het proton zelf aftast. Positronium ( $e^+e^-$ , $\mu = m_{\text{e}}/2$ ): de helft van de binding, tweemaal de afmeting, en een kort leven dat op annihilatiefotonen uitloopt. En in een halfgeleider draaien een elektron en een gat om elkaar met kleine effectieve massa’s in een afschermend diëlektricum: een exciton, hetzelfde atoom uitgegroeid tot tien nanometer en millielektronvolts (Oefening 11.7) — waterstof is minder een atoom dan een sjabloon.

Eén oplossing, vier “atomen”: het herschalen van massa, lading en diëlektrische omgeving maakt van waterstof een sonde voor het proton, een toets van de zuivere kwantumelektrodynamica en de lichtgevende quasi-atomen van halfgeleiders.

Methode 11.6 (Werken met waterstofachtige stelsels)

(1) Schaal eerst: $a \propto 1/\mu Z$ en $E \propto \mu Z^2$ maken van elk antwoord voor waterstof een antwoord voor elk waterstofachtig stelsel. (2) Afmetingen: $\langle r\rangle \sim n^2a$ ; afstanden nabij niveau $n$ : $\dd E/\dd n = 2E_{\text{I}}/n^3$ . (3) Spectra: de formule van Rydberg plus $\Delta l = \pm1$ . (4) Doordringing: $s$ -toestanden voelen de kern, toestanden met hoge $l$ draaien erbuiten — de hefboom van de meerelektronenscheikunde. (5) Ankers voor het gezond verstand: $13.6\,\mathrm{eV}$ , $52.9\,\mathrm{pm}$ , $121.6\,\mathrm{nm}$ en $656.3\,\mathrm{nm}$ — vier getallen die het waard zijn levenslang te onthouden.

Een waterstofontladingsbuis en een zakspectroscoop: de roze gloed wordt, uiteengelegd, de balmerlijnen — de vingerafdruk in gehele getallen die dit hoofdstuk uit de coulombpotentiaal afleidt.

11.4 Opgaven

Oefening 11.1 ★

(a) Ga door invullen na dat $u = Cr\eu^{-r/a_0}$ de radiale vergelijking met $l = 0$ oplost bij $E = -E_{\text{I}}$ , mits $a_0 = \hbar^2/m_{\text{e}}k$ . (b) Normeer haar ( $\int_0^\infty x^2\eu^{-x}\dd x = 2$ ). (c) Controleer de dimensies van $a_0$ en $E_{\text{I}}$ . (d) Waarom is er geen toestand onder $-E_{\text{I}}$ (beredeneer met Oefening 7.12)?

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.1.

(a) $u'' = (1/a^2 - 2/ar)u$ ; de termen in $1/r$ komen overeen zodra $\hbar^2/m_{\text{e}}a = k$ , dus $a = a_0$ , en de constante termen geven $E = -\hbar^2/2m_{\text{e}}a_0^2 = -E_{\text{I}}$ . (b) $C = 2/a_0^{3/2}$ . (c) $[\hbar^2/mk] = \mathrm{m}$ ; $[mk^2/\hbar^2] = \mathrm{J}$ . (d) Het variatieargument van Oefening 7.12 toont aan dat $-E_{\text{I}}$ de laagste energie is die enige genormeerde toestand kan halen: het onzekerheidsbeginsel legt de bodem onder het atoom.

Oefening 11.2 ★

Bereken (a) de golflengten van Lyman $\alpha$ en van de lymanlimiet; (b) de eerste drie balmerlijnen en de balmerlimiet — welke zijn zichtbaar, en in welke kleuren? (c) het bereik van de paschenreeks; (d) de frequentie van de overgang $n = 110 \to 109$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.2.

(a) $121.6\,\mathrm{nm}$ ; limiet $91.2\,\mathrm{nm}$ . (b) $656.3$ (rood), $486.1$ (blauwgroen) en $434.0\,\mathrm{nm}$ (violet); limiet $364.6\,\mathrm{nm}$ — de eerste drie zijn zichtbaar. (c) Van $1875\,\mathrm{nm}$ tot $820\,\mathrm{nm}$ : nabij infrarood. (d) $R_{\text{H}}c\,(1/109^2 - 1/110^2) = 5.01\,\mathrm{GHz}$ .

Oefening 11.3 ★

Voor de grondtoestand: (a) bepaal het maximum van $P_{1s}(r)$ ; (b) bereken $\langle r\rangle$ ; (c) bereken de kans om het elektron voorbij $2a_0$ aan te treffen ( $\int_x^\infty t^2\eu^{-t}\dd t = (x^2 + 2x + 2)\eu^{-x}$ ); (d) waarom misleiden “baan”plaatjes met straal precies $a_0$ ?

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.3.

(a) $\dd(r^2\eu^{-2r/a_0})/\dd r = 0$ bij $r = a_0$ . (b) $\langle r\rangle = (4/a_0^3)\int_0^\infty r^3\eu^{-2r/a_0}\dd r = (4/a_0^3)\times 3!\,(a_0/2)^4 = \tfrac32 a_0$ . (c) Met $x = 4$ : $\tfrac12(16 + 8 + 2)\eu^{-4} = 0.24$ : een kwart van de tijd zit het elektron voorbij $2a_0$ . (d) Het elektron heeft geen straal: $P(r)$ is een verdeling met een modus, een gemiddelde en lange staarten — het atoom is op factor twee na wazig.

Oefening 11.4 ★

(a) Noem de paren $(l, m)$ van $n = 3$ en ga de telling $n^2 = 9$ na. (b) Hoeveel toestanden bevatten de schillen $n = 1, 2, 3$ met spin? (c) Breng die in verband met de lengten $2, 8, 18$ van de rijen van het periodiek systeem. (d) Welke ontaarding (in $m$ of in $l$ ) overleeft bij het buitenste elektron van natrium, en waarom breekt de andere?

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.4.

(a) $l = 0$ : één; $l = 1$ : drie; $l = 2$ : vijf — negen. (b) $2$ , $8$ , $18$ . (c) Precies de lengten van de eerste drie rijen: het periodiek systeem is het vulverslag van deze schillen. (d) De ontaarding in $m$ overleeft (de ruimte is nog steeds isotroop); die in $l$ breekt omdat de afgeschermde potentiaal die het valentie-elektron ziet niet langer zuiver $1/r$ is — Oefening 11.8.

Oefening 11.5 ★★

De ladder van Moseley. Een binnenelektron (K-schil) van een element $Z$ beweegt in een vrijwel kale kernveld dat door het ene andere K-elektron wordt afgeschermd: effectieve lading $\approx Z - 1$ . (a) Toon aan dat de röntgenenergie van $2p \to 1s$ bij benadering $\tfrac34(Z-1)^2E_{\text{I}}$ is. (b) Reken dit uit voor koper ( $Z = 29$ ) en vergelijk met de gemeten K $\alpha$ bij $8.05\,\mathrm{keV}$ . (c) Moseley (1913) zette $\sqrt{\nu}$ tegen $Z$ uit en kreeg rechte lijnen: wat bewees dit over de betekenis van het atoomnummer? (d) Voorspel de K $\alpha$ -energie van het toen nog ontbrekende element $Z = 43$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.5.

(a) Waterstofachtig met $Z - 1$ : $h\nu = (Z-1)^2E_{\text{I}}(1 - \tfrac14)$ . (b) $784 \times 10.2\,\mathrm{eV} = 8.0\,\mathrm{keV}$ — in overeenstemming met de gemeten K $\alpha$ van koper. (c) Dat het gehele getal dat de elementen ordent de kernlading is en niet het atoomgewicht: gaten in de lijnen van Moseley wezen onontdekte elementen aan. (d) $42^2 \times 10.2 = 18.0\,\mathrm{keV}$ — technetium, decennia later gevonden, voldeed eraan.

Oefening 11.6 ★★

Positronium. (a) Rechtvaardig $\mu = m_{\text{e}}/2$ en geef de bindingsenergie en de bohrstraal ervan. (b) Zijn golflengte voor Lyman $\alpha$ . (c) Parapositronium annihileert in twee fotonen: hun energieën en onderlinge richtingen (uit Hoofdstuk 5). (d) Waar in de geneeskunde wordt precies deze handtekening dagelijks opgemerkt?

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.6.

(a) Twee gelijke massa’s: $\mu = m_{\text{e}}/2$ : binding $6.8\,\mathrm{eV}$ , straal $2a_0 = 0.106\,\mathrm{nm}$ . (b) $\tfrac34 \times 6.8 = 5.1\,\mathrm{eV}$ : $243\,\mathrm{nm}$ . (c) Twee fotonen van $511\,\mathrm{keV}$ , rug aan rug (impulsbehoud in rust). (d) Positronemissietomografie: het paar collineaire fotonen van $511\,\mathrm{keV}$ is het signaal dat elke PET-ring uitpeilt.

Oefening 11.7 ★★

Excitonen. In galliumarsenide is $\varepsilon_{\text{r}} = 12.9$ en de gereduceerde effectieve massa $\mu = 0.058\,m_{\text{e}}$ . (a) Toon aan dat $a_{\text{ex}} = a_0\,\varepsilon_{\text{r}}\,m_{\text{e}}/\mu$ en reken dit uit. (b) De bindingsenergie van het exciton. (c) Vergelijk $a_{\text{ex}}$ met de stralen van de kwantumstippen van Probleem 7.1 en rechtvaardig eindelijk het verwaarlozen van de coulombterm in kleine stippen. (d) Waarom verschijnen excitonlijnen alleen in zuivere, koude halfgeleiders ( $k_{\text{B}}T$ tegen uw antwoord op (b))?

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.7.

(a) $a_{\text{ex}} = 0.0529 \times 12.9/0.058 = 11.8\,\mathrm{nm}$ . (b) $E = 13.6 \times 0.058/12.9^2 = 4.7\,\mathrm{meV}$ . (c) De natuurlijke afmeting van het paar overtreft de stip: de wand vormt de toestand, niet de aantrekking — de $1/R^2$ verslaat de $1/R$ , zoals beloofd. (d) $k_{\text{B}}T$ is bij kamertemperatuur vijf keer de binding: de paren ioniseren; de excitonfysica leeft onder $\sim50\,\mathrm{K}$ in zuivere kristallen.

Oefening 11.8 ★★

Doordringing en de alkalimetalen. Natrium is een waterstofachtig valentie-elektron buiten een gesloten romp met effectieve lading $+e$ . (a) Welke van $3s$ , $3p$ en $3d$ voelt de onvolledig afgeschermde kern het sterkst, en waarom (denk aan de radiale figuur)? (b) De gemeten niveaus zijn $E_{3s} = -5.14\,\mathrm{eV}$ , $E_{3p} = -3.04\,\mathrm{eV}, E_{3d} = -1.52\,\mathrm{eV}$ : ga na dat $3d$ bijna waterstofachtig is ( $n = 3$ ) terwijl $3s$ veel dieper ligt, en verklaar dat. (c) Bereken de golflengte van $3p \to 3s$ : welke beroemde kleur is dat? (d) Schrijf de alkaliniveaus als $-E_{\text{I}}/(n - \delta_l)^2$ en haal de “kwantumdefecten” $\delta_s$ en $\delta_p$ voor natrium eruit.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.8.

(a) $3s$ : zijn binnenste lob duikt de romp in, waar de $+11$ van de kern nauwelijks is afgeschermd. (b) $-13.6/9 = -1.51\,\mathrm{eV}$ klopt vrijwel exact met $3d$ : $3d$ draait buiten de romp en ziet netto $+1$ ; $3s$ (en gedeeltelijk $3p$ ) proeven de diepe potentiaal en zakken weg. (c) $\Delta E = 2.10\,\mathrm{eV}$ : $\lambda = 590\,\mathrm{nm}$ — het natriumgeel van straatlantaarns. (d) $n_{\text{eff}} = \sqrt{13.6/|E|}$ : $1.63$ en $2.11$ , dus $\delta_s = 1.37$ en $\delta_p = 0.89$ .

Oefening 11.9 ★★

Een proton in een nevel vangt een elektron in $n = 100$ . (a) Hoeveel energie komt er bij de vangst in het foton vrij als het elektron vrijwel vrij aankwam? (b) Het atoom cascadeert omlaag, bij voorkeur met stappen $\Delta n = 1$ bij hoge $n$ : in welke band vallen die fotonen? (c) De laatste stap van de cascade is Lyman $\alpha$ ; het zichtbare licht van nevels wordt door H $\alpha$ overheerst: spoor op welke stap van de cascade dat is. (d) Leg uit waarom emissienevels rood gloeien hoewel de sterkste lijn van waterstof (Lyman $\alpha$ ) ultraviolet is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.9.

(a) Ongeveer de binding van $n = 100$ , $\sim1.4\,\mathrm{meV}$ , plus de kleine thermische energie van het elektron: een foton in het verre infrarood of de radioband. (b) De stappen $\Delta n = 1$ nabij $n \approx 100$ vallen in de radioband van de GHz — de recombinatielijnen. (c) H $\alpha$ is de stap $3 \to 2$ , tegen het einde van de cascade. (d) Lyman $\alpha$ is weliswaar het sterkst, maar ultraviolet en wordt in een nevel vol waterstof in de grondtoestand resonant verstrooid en ingesloten; H $\alpha$ ontsnapt vrij en schildert de nevel rood.

Oefening 11.10 ★★★

Gemiddelden en het viriaal. Bereken voor de grondtoestand (a) $\langle 1/r\rangle$ en ga $\langle E_p\rangle = -2E_{\text{I}} = 2E_1$ na; (b) $\langle E_k\rangle = +E_{\text{I}}$ , waarmee de viriaalverhouding van Oefening 2.4 wordt bevestigd; (c) de effectieve snelheid van het elektron en $v/c$ ; (d) de orde van grootte van het magneetveld dat het proton van de beweging van het elektron ondervindt (een stroomlus $ev/2\pi a_0$ gezien op afstand $a_0$ ) — een getal dat de hyperfijnstructuur nodig zal hebben.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.10.

(a) $\langle 1/r\rangle = 1/a_0$ : $\langle E_p\rangle = -k/a_0 = -27.2\,\mathrm{eV} = 2E_1$ . (b) $\langle E_k\rangle = E_1 - \langle E_p\rangle = +13.6\,\mathrm{eV}$ : de viriaalverhouding $-\tfrac12$ van elke baan in $1/r$ . (c) $v = \sqrt{2E_k/m_{\text{e}}} = \alpha c = 2.2 \times 10^{6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (d) $I = ev/2\pi a_0 \approx 1\,\mathrm{mA}$ die op $53\,\mathrm{pm}$ rondgaat: $B \sim \mu_0I/2a_0 \approx 12\,\mathrm{T}$ — het enorme inwendige veld waarvan de hyperfijnstructuur zal leven.

Oefening 11.11 ★★★

Hoe fijn is fijnstructuur. (a) Toon aan dat de snelheidsschaal van de grondtoestand $\langle v^2\rangle^{1/2}/c = \alpha \approx 1/137$ is, en voor waterstofachtige $Z$ : $Z\alpha/n$ . (b) Relativistische correcties komen binnen op relatieve orde $(v/c)^2$ : schat de schaal van de fijnstructuur $\alpha^2E_{\text{I}}$ in meV, en de orde van de splitsing voor $n = 2$ in GHz. (c) Voor waterstofachtig uranium ( $Z = 92$ ): $v/c$ bij $n = 1$ — is de niet-relativistische behandeling houdbaar? (d) Wat kondigt de formele divergentie bij $Z\alpha \to 1$ ( $Z \approx 137$ ) natuurkundig aan?

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.11.

(a) Uit Oefening 11.10(c) volgt $v/c = \alpha$ ; de schaling geeft $Z\alpha/n$ . (b) $\alpha^2E_{\text{I}} = 0.72\,\mathrm{meV}$ ; bij $n = 2$ komen de splitsingen op tientallen $\text{µ}\mathrm{eV}$ uit — zo’n $10\,\mathrm{GHz}$ , per radio meetbaar (en gemeten). (c) $Z\alpha = 0.67$ : twee derde van de lichtsnelheid — de behandeling van Schrödinger faalt; de vergelijking van Dirac neemt het over. (d) Bij $Z\alpha \to 1$ duikt de energie van de grondtoestand formeel voorbij $-2m_{\text{e}}c^2$ : het vacuüm zelf zou paren elektron–positron doen opvonken — superkritische velden, gezocht in botsingen van zware ionen.

Oefening 11.12 ★★★

De onredelijke ontaarding. (a) Toon in de klassieke mechanica aan dat de baan voor $V = -k/r$ sluit (geen precessie) door de behouden vector van Laplace–Runge–Lenz $\vect A = \vect p\wedge\vect L - mk\,\vect e_r$ aan te halen — ga $\dd\vect A/\dd t = 0$ na met de wet van Newton. (b) Beredeneer: een behouden vector die de as van de ellips vastlegt is een extra symmetrie boven op de rotaties — en extra symmetrie betekent extra ontaarding (denk aan Oefening 8.9). (c) Voeg een kleine correctie $1/r^2$ aan de potentiaal toe en toon aan dat de ellips precedeert: de as draait, en $\vect A$ blijft niet meer behouden. (d) Leg het verband: in atomen met meer elektronen is de effectieve potentiaal niet zuiver $1/r$ , en breekt de ontaarding in $l$ (natrium!); in waterstof zelf levert de relativiteitstheorie de kleine correctie — welk waargenomen kenmerk uit Oefening 11.11 is dat?

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.12.

(a) Differentieer: $\dot{\vect p}\wedge\vect L = -(mk/r^3)\vect r\wedge(\vect r\wedge\dot{\vect r}\,m)$ ; het uitwerken van het dubbele uitproduct geeft precies $mk\,\dd\vect e_r/\dd t$ : $\dot{\vect A} = \vect 0$ . (b) Een behouden as is een symmetrie boven op de isotropie; ontaarding is onvolledige etikettering, en het extra etiket (de kwantumneef van $\vect A$ ) verbindt de $l$ ’s binnen één $n$ . (c) Met $V = -k/r + \epsilon/r^2$ verschuift het effectieve impulsmoment, past de hoekperiode niet meer bij de radiale, en draait de as van de ellips met een tempo $\propto\epsilon$ . (d) De correcties van de relativiteitstheorie spelen in waterstof zelf de rol van $\epsilon$ : de fijnstructuur van Oefening 11.11 is precies het breken van de ontaarding in $l$ .

11.5 Vraagstuk: Reuzenatomen

Probleem 11.1

Weekendvraagstuk — rydbergatomen, van de radiogloed van de Melkweg tot kwantumcomputers

Rek waterstof op tot $n \approx 100$ en het wordt een ander soort voorwerp: micrometers breed, gebonden met millielektronvolts, absurd gevoelig — en absurd nuttig. Dit vraagstuk schaalt de oplossing voor waterstof omhoog, eerst naar de interstellaire wolken die op centimetergolflengten uitzenden, dan naar de laboratoriumroosters waar zulke reuzen elkaar tot processoren verstrengelen. Gegevens: $E_{\text{I}} = 13.6\,\mathrm{eV}$ , $a_0 = 52.9\,\mathrm{pm}$ , $R_{\text{H}}c = 3.29 \times 10^{15}\,\mathrm{Hz}$ , en $k_{\text{B}}T$ bij $300\,\mathrm{K}$ is $25.9\,\mathrm{meV}$ .

Deel I — De schalingswetten.

Geef de vier basisschalingen met $n$ : de afmeting $\langle r\rangle$ , de binding $|E_n|$ , de afstand $E_{n+1} - E_n$ (voor grote $n$ ) en de klassieke omloopfrequentie van de overeenkomstige bohrbaan.
Toon aan dat voor grote $n$ de overgangsfrequentie $n+1 \to n$ naar $2R_{\text{H}}c/n^3$ gaat, en ga na dat zij gelijk is aan de klassieke omloopfrequentie (het correspondentiebeginsel van Probleem 2.1, voltooid).
Reken de afmeting en de binding uit bij $n = 50$ en $n = 100$ .
Het elektrische dipoolmoment van een rydbergatoom schaalt als $n^2ea_0$ : reken het uit bij $n = 50$ in debye ( $1\,\text{D} = 3.34 \times 10^{-30}\,\mathrm{C}\,\mathrm{m}$ ) en vergelijk met de $1.85\,\mathrm{D}$ van een watermolecuul.
Schat het elektrische veld dat het atoom bij $n = 50$ uiteenrukt, als $F \sim |E_n|/(e\,\langle r\rangle)$ , in V/cm.
Waarom kunnen zulke atomen de gewone chemie van een laboratoriumvacuüm niet overleven — en overleven zij in de interstellaire ruimte wel prima (vergelijk de botsingstempo’s)?

Deel II — De recombinatielijnen van de Melkweg. In geïoniseerde nevels vangen protonen elektronen in hoge $n$ ; de cascade straalt een kam van “radiorecombinatielijnen” uit.

Bereken de frequentie van de overgang $n = 110 \to 109$ (H109 $\alpha$ genoemd).
In welke band valt zij, en wat voor telescoop ontvangt haar?
Bereken de golflengte van H109 $\alpha$ en vergelijk haar met de afmeting van het uitzendende atoom: hoeveel atomen passen er in één golflengte?
Deze lijnen meten de temperatuur van de nevel via hun dopplerbreedte: bij $T = 10^{4}\,\mathrm{K}$ is de thermische snelheid van waterstof $\sim12.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ — bereken de relatieve lijnbreedte $\Delta\nu/\nu$ en de breedte van H109 $\alpha$ in kHz.
Radiogolven doorkruisen het stof dat de optische hemel zwart maakt: wat kunnen astronomen met recombinatielijnen daardoor in kaart brengen wat met balmerlijnen niet lukt?
Boven ruwweg $n \sim 1000$ (atomen van $0.05$ millimeter breed!) vervagen de niveaus zelfs in de ruimte tot een continuüm: noem twee effecten die zulke toestanden verbreden of vernietigen.

Deel III — Reuzen in het laboratorium.

Lasers drijven rubidiumatomen naar $n \approx 70$ in roosters van optische pincetten met een onderlinge afstand van een micrometer. Twee zulke atomen op afstand $R$ wisselwerken via hun geïnduceerde dipolen (denk aan Oefening 9.10): toon met een dipoolmoment $\propto n^2$ aan dat de vanderwaalssterkte als een kolossale $n^{11}$ schaalt (gebruik $C_6 \propto d^4/\Delta E$ met niveauafstand $\Delta E \propto n^{-3}$ ).
De “blokkade”: binnen een straal $R_{\text{b}}$ verschuift de wisselwerking de dubbel aangeslagen toestand uit de laserresonantie, zodat er geen twee atomen tegelijk aangeslagen kunnen zijn. Leg in één zin uit waarom dit een poort met twee qubits verwezenlijkt.
Blokkadestralen halen enkele micrometers — duizenden keren de afmeting van de atomen in hun grondtoestand: waarom is dat lange bereik (vergelijk het nanometerbereik van de scheikunde) precies wat een schaalbare processor wil?
Een rydbergtoestand bij $n = 70$ leeft $\sim100\,\text{µ}\mathrm{s}$ terwijl een poort $\sim0.5\,\text{µ}\mathrm{s}$ kost: hoeveel bewerkingen passen er ruwweg in één levensduur, en waarom doet die verhouding ertoe en niet de levensduur alleen?
Zwartestraling bij kamertemperatuur, die nabij $100\,\mathrm{meV}$ piekt maar rijk is aan een staart bij lage energie, drijft overgangen tussen naburige rydbergniveaus aan die slechts $\sim0.1\,\mathrm{meV}$ uit elkaar liggen: waarom moeten precisieproeven de atomen in koude schilden opsluiten?
Schat hoeveel antenneachtige dipoolovergangen ( $\propto n^2$ ) een fotonenbad van $300\,\mathrm{K}$ per seconde aandrijft, vergeleken met een atoom bij $n = 1$ : welke schaling maakt rydbergatomen tot voortreffelijke sensoren voor microgolf- en terahertzvelden?

Deel IV — Het grote plaatje.

Eén formule, $E_n = -E_{\text{I}}\mu Z^2/m_{\text{e}}n^2$ , overspant hoeveel ordes van grootte aan bindingsenergie van waterstofachtig uranium ( $Z = 92$ , $n = 1$ ) tot een rydbergtoestand bij $n = 1000$ ? Bereken beide uiteinden.
De stralingslevensduur van toestanden met lage $l$ schaalt als $n^3$ : schat uit de levensduur van $2p$ van $1.6\,\mathrm{ns}$ de levensduur van een toestand $100p$ — en vergelijk met het probleem van de zwartestraling bij kamertemperatuur uit deel III.
Bij CERN worden antiatomen van antiwaterstof inmiddels op het interval $1s \to 2s$ tot op vijftien cijfers spectroscopisch gemeten: welke fundamentele symmetrie toetst overeenstemming met gewone waterstof, en waarom is waterstof het juiste atoom voor de vergelijking?
Bij $n \sim 100$ wikkelt de debrogliegolf van het elektron zich om een bijna klassieke baan; bij $n = 1$ bestaat er in het geheel geen baan: zeg in één zin waar het klassieke beeld aangaat.
Rydbergconstanten worden tot op vijftien cijfers gemeten: waarom is waterstof, van alle stelsels, het natuurlijke precisieanker van de atoomfysica?
De Nobelprijs van 2012 (Haroche) gebruikte rydbergatomen als fotontellers die het foton niet vernietigen: welke twee eigenschappen uit de delen I en III maken ze tot ideale sondes zonder afbraak voor microgolfvelden?
Vat het genoemde resultaat samen: de schalingen $n^2$ , $n^{-2}$ , $n^{-3}$ en $n^{11}$ van één exact opgelost atoom rekken waterstof van $52.9\,\mathrm{pm}$ tot een halve micrometer, stemmen zijn stem van $121.6\,\mathrm{nm}$ tot $6\,\mathrm{cm}$ , en maken het tegelijk tot het radiobaken van de Melkweg en tot de poort met twee qubits van kwantumcomputers met neutrale atomen.

Oplossing

Oplossing van Probleem 11.1.

1. $\langle r\rangle \sim n^2a_0$ ; $|E_n| = E_{\text{I}}/n^2$ ; afstand $\approx 2E_{\text{I}}/n^3$ ; omloopfrequentie $\propto 1/n^3$ (Kepler op de bohrbaan). 2. $E_{n+1} - E_n \to 2E_{\text{I}}/n^3$ , en $h$ maal de klassieke frequentie $v_n/2\pi r_n$ geeft dezelfde uitdrukking (de berekening van Probleem 2.1, punt 20). 3. $n = 50$ : $132\,\mathrm{nm}$ , $5.4\,\mathrm{meV}$ ; $n = 100$ : $0.53\,\text{µ}\mathrm{m}$ , $1.4\,\mathrm{meV}$ . 4. $n^2ea_0 = 2.1 \times 10^{-26}\,\mathrm{C}\,\mathrm{m} \approx 6300\,\text{D}$ : het dipoolmoment van drieduizend watermoleculen op één atoom. 5. $F \sim 5.4 \times 10^{-3}/1.32 \times 10^{-7} \approx 4 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} = 400\,\mathrm{V}/\mathrm{cm}$ ; de exacte drempel voor klassieke ionisatie ligt ongeveer acht keer lager ( $\sim50\,\mathrm{V}/\mathrm{cm}$ ): hoe dan ook een gefluisterd veld. 6. Met geometrische werkzame doorsneden $\sim\pi n^4a_0^2$ laat zelfs een ultrahoog laboratoriumvacuüm zo’n atoom binnen microseconden botsen; interstellaire dichtheden ( $\sim10^{6}$ deeltjes per $\mathrm{m}^{3}$ ) laten het dagen — de ruimte is de betere vacuümkamer. 7. $\nu = R_{\text{H}}c\,(1/109^2 - 1/110^2) = 5.01\,\mathrm{GHz}$ . 8. Centimeterradio: een radiotelescoop — een grote schotel en een stille ontvanger. 9. $\lambda = 6.0\,\mathrm{cm}$ ; het atoom bij $n = 110$ is $\sim0.6\,\text{µ}\mathrm{m}$ : honderdduizend atomen per golflengte — ruimschoots een “antenne”regime. 10. $\Delta\nu/\nu \sim v/c = 4.3 \times 10^{-5}$ : ongeveer $200\,\mathrm{kHz}$ op $5\,\mathrm{GHz}$ — en de gemeten breedte geeft de temperatuur van de nevel terug. 11. De geïoniseerde binnenkant van de Melkweg: HII-gebieden verborgen achter stof dat elk balmerfoton uitdooft — radiorecombinatielijnen brachten de spiraalstructuur in kaart die de optische astronomie niet kon zien. 12. De micro-elektrische velden van naburige ionen (starkverbreding) smeren de niveaus uit, en zwartestraling of kosmische straling plus botsingen ioniseren de kwetsbare toestanden of mengen hun $l$ . 13. $C_6 \sim d^4/\Delta E \propto (n^2)^4/n^{-3} = n^{11}$ : verhoog $n$ van $1$ naar $70$ en de wisselwerking groeit met twintig ordes van grootte. 14. Binnen $R_{\text{b}}$ is de paartoestand uit resonantie geschoven, zodat de aanslag van het ene atoom de reactie van zijn buur voorwaardelijk maakt: precies de gestuurde logica die een poort met twee qubits nodig heeft. 15. Wisselwerkingen op micrometerbereik laten elk atoom in zijn eigen adresseerbare pincet zitten, naar atomaire maatstaven ver uit elkaar en toch sterk gekoppeld — een wisselwerkingsbereik afgestemd op de optische resolutie. 16. $\sim 200$ poorten per levensduur: die verhouding begrenst de haalbare getrouwheid, en het is de verhouding, niet de kale microseconden, waar een processor van leeft. 17. Bij $300\,\mathrm{K}$ is het fotonenbad dicht rond $\sim0.1\,\mathrm{meV}$ : het schudt rydbergniveaus door elkaar en ioniseert ze binnen hun stralingslevensduur; koude schilden ( $4\,\mathrm{K}$ ) laten die overgangen verhongeren. 18. Overgangstempo’s schalen als $d^2 \propto n^4$ : bij $n = 50$ zes miljoen keer de koppeling van een gewoon atoom — en daarom is een dampcel met rydbergatomen inmiddels een geijkte sensor voor microgolf- en terahertzvelden. 19. $92^2 \times 13.6\,\mathrm{eV} = 115\,\mathrm{keV}$ tot aan $13.6/10^6\,\mathrm{eV} = 13.6\,\text{µ}\mathrm{eV}$ : tien ordes van grootte uit één formule. 20. Het klassieke daagt waar de afstand een verwaarloosbare fractie van de energie wordt, $n \gg 1$ — de eigen correspondentielimiet van het atoom. 21. Het is het ene atoom dat vanuit de eerste beginselen tot op de precisie van de proef berekenbaar is: elke afwijking is een ontdekking, dus verankert waterstof de fundamentele constanten. 22. $\tau \approx 1.6\,\mathrm{ns} \times 50^3 = 0.2\,\mathrm{ms}$ — royaal, maar de herverdeling door zwartestraling (deel III) knabbelt eraan, nog een reden voor de koude schilden. 23. De CPT-symmetrie — atomen van materie en antimaterie moeten lijn voor lijn overeenkomen; waterstof is het anker omdat alleen daar de theorie het vijftiende cijfer naast de proef haalt. 24. Het dipoolmoment $n^2$ laat het atoom het veld van één enkel microgolffoton voelen, terwijl zijn lange levensduur en niveaustructuur het een meetbare fase laten oplopen zonder het foton te absorberen: kwantumwaarneming zonder afbraak. 25. De schalingen $n^2$ , $n^{-2}$ , $n^{-3}$ en $n^{11}$ rekken het ene opgeloste atoom van $52.9\,\mathrm{pm}$ tot een halve micrometer en van $121.6\,\mathrm{nm}$ tot $6\,\mathrm{cm}$ — dezelfde oplossing van Schrödinger die vanuit de HII-gebieden van de Melkweg uitzendt en poorten met twee qubits in pincetroosters klokt.