IPhO 1988 · Theory problem 3
Recombination of Positive and Negative Ions in Ionized Gas
Introduction
A gas consists of positive ions of some element (at high temperature) and electrons. The positive ion belongs to an atom of unknown mass number \(Z\). It is known that this ion has only one electron in the shell (orbit).
Let this ion be represented by the symbol \(A^{(Z-1)+}\)
Constants:
| Constant | Value |
|---|---|
| electric field constant | \(\displaystyle \varepsilon_0=8{,}85\cdot10^{-12}\ \frac{\mathrm{A\cdot s}}{\mathrm{V\cdot m}}\) |
| elementary charge | \(\displaystyle e=\pm1{,}602\cdot10^{-19}\ \mathrm{A\cdot s}\) |
| \(\displaystyle q^2=\frac{e^2}{4\cdot\pi\cdot\varepsilon_0}=2{,}037\cdot10^{-28}\ \mathrm{J\cdot m}\) | |
| Planck’s constant | \(\displaystyle \hbar=1{,}054\cdot10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}\) |
| (rest) mass of an electron | \(\displaystyle m_e=9{,}108\cdot10^{-31}\ \mathrm{kg}\) |
| Bohr’s atomic radius | \(\displaystyle r_{\mathrm B}=\frac{\hbar}{m\cdot q^2}=5{,}92\cdot10^{-11}\ \mathrm m\) |
| Rydberg’s energy | \(\displaystyle E_{\mathrm R}=\frac{q^2}{2\cdot r_{\mathrm B}}=2{,}180\cdot10^{-18}\ \mathrm J\) |
| (rest) mass of a proton | \(\displaystyle m_{\mathrm p}\cdot c^2=1{,}503\cdot10^{-10}\ \mathrm J\) |
Questions:
3.1
Assume that the ion which has just one electron left the shell.
\(A^{(Z-1)+}\) is in the ground state.
In the lowest energy state, the square of the average distance of the electron from the nucleus or \(r^2\) with components along x-, y- and z-axis being \((\Delta x)^2\), \((\Delta y)^2\) and \((\Delta z)^2\) respectively and \[ r_0^2=(\Delta x)^2+(\Delta y)^2+(\Delta z)^2 \] and also the square of the average momentum by \[ p_0^2=(\Delta p_x)^2+(\Delta p_y)^2+(\Delta p_z)^2, \] whereas \[ \Delta p_x\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta x},\qquad \Delta p_y\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta y} \quad\text{and}\quad \Delta p_z\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta z}. \]
Write inequality involving \((p_0)^2\cdot(r_0)^2\) in a complete form.
3.2
The ion represented by \(A^{(Z-1)+}\) may capture an additional electron and consequently emits a photon.
Write down an equation which is to be used for calculation the frequency of an emitted photon.
3.3
Calculate the energy of the ion \(A^{(Z-1)+}\) using the value of the lowest energy. The calculation should be approximated based on the following principles:
3.3.A
The potential energy of the ion should be expressed in terms of the average value of \(\dfrac1r\).
(ie. \(\dfrac1{r_0}\); \(r_0\) is given in the problem).
3.3.B
In calculating the kinetic energy of the ion, use the average value of the square of the momentum given in 3.1 after being simplified by \[ (p_0)^2\cdot(r_0)^2\approx(\hbar)^2 \]
3.4
Calculate the energy of the ion \(A^{(Z-2)+}\) taken to be in the ground state, using the same principle as the calculation of the energy of \(A^{(Z-1)+}\). Given the average distance of each of the two electrons in the outermost shell (same as \(r_0\) given in 3.3) denoted by \(r_1\) and \(r_2\), assume the average distance between the two electrons is given by \(r_1+r_2\) and the average value of the square of the momentum of each electron obeys the principle of uncertainty ie. \[ p_1^2\cdot r_1^2\approx\hbar^2 \quad\text{and}\quad p_2^2\cdot r_2^2\approx\hbar^2 \]
hint: Make use of the information that in the ground state \(r_1=r_2\)
3.5
Consider in particular the ion \(A^{(Z-2)+}\) is at rest in the ground state when capturing an additional electron and the captured electron is also at rest prior to the capturing. Determine the numerical value of \(Z\), if the frequency of the emitted photon accompanying electron capturing is \(2{,}057\cdot10^{17}\ \mathrm{rad/s}\). Identify the element which gives rise to the ion.
Official English text of the problem.
Answers
Define the energy scale \[ \mathcal R=\frac{m_e(q^2)^2}{2\hbar^2}. \] With consistent constants, this is the Rydberg energy \(E_{\mathrm R}\). The printed constants are inconsistent, so their numerical consequences are distinguished below.
-
3.1 \[ \boxed{ p_0^2r_0^2\geq \frac{\hbar^2}{4} \bigl[(\Delta x)^2+(\Delta y)^2+(\Delta z)^2\bigr] \left[\frac1{(\Delta x)^2}+\frac1{(\Delta y)^2}+\frac1{(\Delta z)^2}\right] \geq\frac94\hbar^2.} \]
-
3.2 \[ \boxed{h\nu=\hbar\omega=E_i-E_f+K_i+K_e-K_f,} \] where \(E_i,E_f\) are internal electronic energies and the \(K\)’s are translational kinetic energies.
-
3.3 \[ \boxed{E_1=-Z^2\mathcal R} \qquad\text{(conventionally, }-Z^2E_{\mathrm R}\text{).} \]
-
3.3.A \[ \boxed{U_1(r_0)\approx-\frac{Zq^2}{r_0}.} \]
-
3.3.B \[ \boxed{T_1(r_0)\approx\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2},\qquad r_{0,\min}=\frac{\hbar^2}{m_eZq^2}.} \]
-
3.4 \[ \boxed{ E_2=-2\left(Z-\frac14\right)^2\mathcal R,\qquad r_1=r_2=\frac{\hbar^2}{m_eq^2(Z-\frac14)}.} \]
-
3.5 For the intended capture of a second electron, \[ \boxed{Z=\frac12+\sqrt{\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}+\frac18}} \] with negligible recoil. The quoted \(E_{\mathrm R}\) gives \(Z=3.673\); the printed \(q^2,m_e,\hbar\) give \(Z=4.088\). Both have the nearest integer \[ \boxed{Z=4,\qquad \text{beryllium (Be)}.} \] This is a conditional, approximate identification. As printed, part 3.5 describes capture of a third electron, whose energy has not been specified.
Solution
The charge states imply a nucleus of charge \(+Ze\). We treat its mass as large compared with the electron mass, neglect its motion when calculating electronic energies, and use nonrelativistic electron kinetic energies. Electronic binding energies are measured relative to the nucleus and separated electrons.
3.1
Squaring and adding the three uncertainty inequalities gives \[ p_0^2\geq\frac{\hbar^2}{4} \left[\frac1{(\Delta x)^2}+\frac1{(\Delta y)^2}+\frac1{(\Delta z)^2}\right]. \]
Multiplication by the specified \(r_0^2\) gives the complete expression \[ \begin{aligned} p_0^2r_0^2\geq\frac{\hbar^2}{4}\biggl[ 3 &+\frac{(\Delta x)^2}{(\Delta y)^2} +\frac{(\Delta y)^2}{(\Delta x)^2}\\ &+\frac{(\Delta y)^2}{(\Delta z)^2} +\frac{(\Delta z)^2}{(\Delta y)^2}\\ &+\frac{(\Delta z)^2}{(\Delta x)^2} +\frac{(\Delta x)^2}{(\Delta z)^2} \biggr]. \end{aligned} \]
Each reciprocal pair is at least \(2\), since \(u+u^{-1}\geq2\) for \(u>0\). Hence \[ \boxed{p_0^2r_0^2\geq\frac94\hbar^2.} \]
Equality requires both equal spatial uncertainties, \[ \Delta x=\Delta y=\Delta z, \] and saturation of all three component uncertainty relations. Spherical symmetry alone does not establish saturation.
3.2
The radiative capture reaction is \[ A^{(Z-1)+}+e^-\longrightarrow A^{(Z-2)+}+\gamma. \]
Let \(E_i,E_f\) denote the initial and final internal electronic energies. Let \(K_i,K_e\) be the initial ion and electron kinetic energies, and \(K_f\) the final ion kinetic energy. Conservation of energy gives \[ E_i+K_i+K_e=E_f+K_f+\hbar\omega. \]
Thus \[ \boxed{\hbar\omega=h\nu=E_i-E_f+K_i+K_e-K_f,} \qquad \omega=2\pi\nu. \]
The common nuclear and electron rest energies cancel. Momentum conservation determines the final ion’s recoil. If the initial kinetic energies and recoil are negligible, this reduces to \[ \boxed{\hbar\omega\approx E_i-E_f.} \]
3.3
We now minimize the approximate total electronic energy required by the problem.
3.3.A
The attractive Coulomb potential is \[ U(r)=-\frac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0r} =-\frac{Zq^2}{r}. \] Using the prescribed approximation to its expectation value, \[ \boxed{U_1\approx-Zq^2\left\langle\frac1r\right\rangle \approx-\frac{Zq^2}{r_0}.} \]
3.3.B
The electron has zero mean momentum in the stationary ground state, so its mean squared momentum is represented by \(p_0^2\). The stipulated estimate \[ p_0^2r_0^2\approx\hbar^2 \] therefore gives \[ \boxed{T_1\approx\frac{p_0^2}{2m_e} \approx\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2}.} \]
This is a deliberately coarse replacement of the uncertainty result: it discards the numerical coefficient from 3.1 and is not an equality derived from that bound.
The estimated total energy is consequently \[ E_1(r_0)=\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2}-\frac{Zq^2}{r_0}. \] Its stationary point satisfies \[ \frac{dE_1}{dr_0} =-\frac{\hbar^2}{m_er_0^3} +\frac{Zq^2}{r_0^2}=0, \] giving \[ \boxed{r_{0,\min}=\frac{\hbar^2}{m_eZq^2}.} \]
The second derivative there is \(\hbar^2/(m_er_0^4)>0\), so this is a minimum. Substitution yields \[ T_{1,\min}=\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{2\hbar^2}, \qquad U_{1,\min}=-\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{\hbar^2}, \] and hence \[ \boxed{E_1=-\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{2\hbar^2}=-Z^2\mathcal R.} \]
With consistent Bohr and Rydberg constants, these are the familiar forms \[ r_{0,\min}=\frac{r_{\mathrm B}}Z, \qquad E_1=-Z^2E_{\mathrm R}. \]
3.4
There are now two electron kinetic energies, two attractive electron–nucleus terms, and one repulsive electron–electron term. Under the prescribed separation approximation, \[ E_2(r_1,r_2)= \frac{\hbar^2}{2m_e}\left(\frac1{r_1^2}+\frac1{r_2^2}\right) -Zq^2\left(\frac1{r_1}+\frac1{r_2}\right) +\frac{q^2}{r_1+r_2}. \]
Using the given ground-state condition \(r_1=r_2=r\), \[ E_2(r)=\frac{\hbar^2}{m_er^2} -\frac{2Zq^2}{r}+\frac{q^2}{2r} =\frac{\hbar^2}{m_er^2} -\frac{2q^2(Z-\frac14)}r. \]
Minimization gives \[ -\frac{2\hbar^2}{m_er^3} +\frac{2q^2(Z-\frac14)}{r^2}=0, \] so \[ \boxed{r=\frac{\hbar^2}{m_eq^2(Z-\frac14)}.} \]
At this radius, \[ \boxed{ E_2=-\frac{m_e(q^2)^2}{\hbar^2} \left(Z-\frac14\right)^2 =-2\mathcal R\left(Z-\frac14\right)^2.} \]
Thus, in this model, electron repulsion replaces \(Z\) by the effective value \(Z-\tfrac14\) in each electron’s ground-state energy.
3.5
To connect this part with the energies calculated in 3.3 and 3.4, the capture must be interpreted as \[ A^{(Z-1)+}+e^-\longrightarrow A^{(Z-2)+}+\gamma. \] The literal charge state printed in 3.5 instead describes a different process: capture of a third electron, whose energy is not calculated in this problem.
For the intended process, the released binding energy is \[ \begin{aligned} \Delta E&=E_1-E_2\\ &=\left[2\left(Z-\frac14\right)^2-Z^2\right]\mathcal R\\ &=\boxed{\left(Z^2-Z+\frac18\right)\mathcal R}. \end{aligned} \]
Although both incoming particles are at rest, the final ion must recoil. If its mass is \(M\), momentum conservation gives \[ p_{\mathrm{ion}}=p_\gamma=\frac{\hbar\omega}{c}. \] Consequently, \[ \Delta E=\hbar\omega+\frac{(\hbar\omega)^2}{2Mc^2}. \]
The supplied frequency is an angular frequency, so the photon energy is \[ E_\gamma=\hbar\omega =(1.054\times10^{-34})(2.057\times10^{17}) =\boxed{2.168\times10^{-17}\ \mathrm J}. \]
Using \(Mc^2\geq m_pc^2\), the fractional recoil correction is bounded by \[ \frac{K_{\mathrm{recoil}}}{E_\gamma} =\frac{E_\gamma}{2Mc^2} \leq\frac{2.168\times10^{-17}}{2(1.503\times10^{-10})} =7.21\times10^{-8}. \] It is entirely negligible at the precision of the data.
Therefore \[ Z^2-Z+\frac18=\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}, \] whose physical root is \[ \boxed{Z=\frac12+\sqrt{\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}+\frac18}.} \]
The inconsistent constants lead to two numerical estimates:
| Constants used for the energy scale | \(\mathcal R\) | Estimated \(Z\) |
|---|---|---|
| Quoted Rydberg energy \(E_{\mathrm R}\) | \(2.180\times10^{-18}\ \mathrm J\) | \(3.673\) |
| Printed \(q^2,m_e,\hbar\), through \(m_e(q^2)^2/(2\hbar^2)\) | \(1.701\times10^{-18}\ \mathrm J\) | \(4.088\) |
Both estimates have the nearest integer \(4\). Accordingly, under the intended capture interpretation and the approximate model, the inferred element is \[ \boxed{Z=4,\qquad \text{beryllium},} \] with capture \[ \mathrm{Be}^{3+}+e^-\longrightarrow\mathrm{Be}^{2+}+\gamma. \]
The supplied text does not support an exact, internally consistent integer determination.
The solution was checked against the official solution.
IPhO 1988 · Theorieaufgabe 3
Rekombination positiver und negativer Ionen in ionisiertem Gas
Einleitung
Ein Gas besteht aus positiven Ionen eines Elements (bei hoher Temperatur) und Elektronen. Das positive Ion gehört zu einem Atom mit unbekannter Massenzahl \(Z\). Es ist bekannt, dass dieses Ion nur ein Elektron in der Hülle (auf einer Bahn) besitzt.
Dieses Ion werde durch das Symbol \(A^{(Z-1)+}\) dargestellt.
Konstanten:
| Konstante | Wert |
|---|---|
| Elektrische Feldkonstante | \(\displaystyle \varepsilon_0=8{,}85\cdot10^{-12}\ \frac{\mathrm{A\cdot s}}{\mathrm{V\cdot m}}\) |
| Elementarladung | \(\displaystyle e=\pm1{,}602\cdot10^{-19}\ \mathrm{A\cdot s}\) |
| \(\displaystyle q^2=\frac{e^2}{4\cdot\pi\cdot\varepsilon_0}=2{,}037\cdot10^{-28}\ \mathrm{J\cdot m}\) | |
| Plancksches Wirkungsquantum | \(\displaystyle \hbar=1{,}054\cdot10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}\) |
| (Ruhe-)Masse eines Elektrons | \(\displaystyle m_e=9{,}108\cdot10^{-31}\ \mathrm{kg}\) |
| Bohrscher Atomradius | \(\displaystyle r_{\mathrm B}=\frac{\hbar}{m\cdot q^2}=5{,}92\cdot10^{-11}\ \mathrm m\) |
| Rydberg-Energie | \(\displaystyle E_{\mathrm R}=\frac{q^2}{2\cdot r_{\mathrm B}}=2{,}180\cdot10^{-18}\ \mathrm J\) |
| (Ruhe-)Masse eines Protons | \(\displaystyle m_{\mathrm p}\cdot c^2=1{,}503\cdot10^{-10}\ \mathrm J\) |
Fragen:
3.1
Nehmen Sie an, dass bei dem Ion nur noch ein Elektron in der Hülle verblieben ist.
\(A^{(Z-1)+}\) befindet sich im Grundzustand.
Im Zustand niedrigster Energie wird das Quadrat des mittleren Abstands des Elektrons vom Kern, also \(r^2\), durch die Komponenten \((\Delta x)^2\), \((\Delta y)^2\) bzw. \((\Delta z)^2\) entlang der x-, y- und z-Achse beschrieben, wobei \[ r_0^2=(\Delta x)^2+(\Delta y)^2+(\Delta z)^2 \] gilt. Ebenso ist das Quadrat des mittleren Impulses gegeben durch \[ p_0^2=(\Delta p_x)^2+(\Delta p_y)^2+(\Delta p_z)^2, \] wobei \[ \Delta p_x\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta x},\qquad \Delta p_y\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta y} \quad\text{und}\quad \Delta p_z\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta z}. \]
Schreiben Sie eine Ungleichung für \((p_0)^2\cdot(r_0)^2\) in vollständiger Form auf.
3.2
Das durch \(A^{(Z-1)+}\) dargestellte Ion kann ein zusätzliches Elektron einfangen und emittiert dabei ein Photon.
Schreiben Sie eine Gleichung auf, mit der die Frequenz des emittierten Photons berechnet werden kann.
3.3
Berechnen Sie die Energie des Ions \(A^{(Z-1)+}\), indem Sie den niedrigsten Energiewert bestimmen. Die Berechnung soll näherungsweise auf den folgenden Grundlagen beruhen:
3.3.A
Die potenzielle Energie des Ions soll durch den Mittelwert von \(\dfrac1r\) ausgedrückt werden.
(d. h. \(\dfrac1{r_0}\); \(r_0\) ist in der Aufgabe angegeben).
3.3.B
Verwenden Sie zur Berechnung der kinetischen Energie des Ions den in 3.1 angegebenen Mittelwert des Impulsquadrats, wobei die Vereinfachung \[ (p_0)^2\cdot(r_0)^2\approx(\hbar)^2 \] vorgenommen wird.
3.4
Berechnen Sie die Energie des Ions \(A^{(Z-2)+}\), das sich im Grundzustand befinden soll, nach demselben Prinzip wie bei der Berechnung der Energie von \(A^{(Z-1)+}\). Die mittleren Abstände der beiden Elektronen in der äußersten Hülle (entsprechend \(r_0\) aus 3.3) seien mit \(r_1\) und \(r_2\) bezeichnet. Nehmen Sie an, dass der mittlere Abstand zwischen den beiden Elektronen durch \(r_1+r_2\) gegeben ist und dass der Mittelwert des Impulsquadrats jedes Elektrons der Unschärferelation genügt, d. h. \[ p_1^2\cdot r_1^2\approx\hbar^2 \quad\text{und}\quad p_2^2\cdot r_2^2\approx\hbar^2 \]
Hinweis: Nutzen Sie die Angabe, dass im Grundzustand \(r_1=r_2\) gilt.
3.5
Betrachten Sie insbesondere den Fall, dass das Ion \(A^{(Z-2)+}\) beim Einfang eines zusätzlichen Elektrons im Grundzustand ruht und das eingefangene Elektron vor dem Einfang ebenfalls ruht. Bestimmen Sie den Zahlenwert von \(Z\), wenn die Frequenz des beim Elektroneneinfang emittierten Photons \(2{,}057\cdot10^{17}\ \mathrm{rad/s}\) beträgt. Bestimmen Sie das Element, aus dem das Ion hervorgeht.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt.
Antworten
Wir definieren die Energieskala \[ \mathcal R=\frac{m_e(q^2)^2}{2\hbar^2}. \] Bei konsistenten Konstanten ist dies die Rydberg-Energie \(E_{\mathrm R}\). Die abgedruckten Konstanten sind inkonsistent; daher werden ihre numerischen Konsequenzen im Folgenden getrennt angegeben.
-
3.1 \[ \boxed{ p_0^2r_0^2\geq \frac{\hbar^2}{4} \bigl[(\Delta x)^2+(\Delta y)^2+(\Delta z)^2\bigr] \left[\frac1{(\Delta x)^2}+\frac1{(\Delta y)^2}+\frac1{(\Delta z)^2}\right] \geq\frac94\hbar^2.} \]
-
3.2 \[ \boxed{h\nu=\hbar\omega=E_i-E_f+K_i+K_e-K_f,} \] wobei \(E_i,E_f\) die inneren elektronischen Energien sind und die \(K\) die kinetischen Energien der Translationsbewegung bezeichnen.
-
3.3 \[ \boxed{E_1=-Z^2\mathcal R} \qquad\text{(üblicherweise }-Z^2E_{\mathrm R}\text{).} \]
-
3.3.A \[ \boxed{U_1(r_0)\approx-\frac{Zq^2}{r_0}.} \]
-
3.3.B \[ \boxed{T_1(r_0)\approx\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2},\qquad r_{0,\min}=\frac{\hbar^2}{m_eZq^2}.} \]
-
3.4 \[ \boxed{ E_2=-2\left(Z-\frac14\right)^2\mathcal R,\qquad r_1=r_2=\frac{\hbar^2}{m_eq^2(Z-\frac14)}.} \]
-
3.5 Für den beabsichtigten Einfang eines zweiten Elektrons gilt \[ \boxed{Z=\frac12+\sqrt{\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}+\frac18}} \] bei vernachlässigbarem Rückstoß. Der angegebene Wert von \(E_{\mathrm R}\) ergibt \(Z=3.673\); die abgedruckten Werte von \(q^2,m_e,\hbar\) ergeben \(Z=4.088\). Für beide ist die nächstgelegene ganze Zahl \[ \boxed{Z=4,\qquad \text{Beryllium (Be)}.} \] Diese Zuordnung ist näherungsweise und gilt nur unter der genannten Voraussetzung. In der abgedruckten Fassung beschreibt Teil 3.5 den Einfang eines dritten Elektrons, dessen Energie nicht angegeben wurde.
Lösung
Aus den Ladungszuständen folgt, dass der Kern die Ladung \(+Ze\) besitzt. Wir betrachten seine Masse als groß gegenüber der Elektronenmasse, vernachlässigen seine Bewegung bei der Berechnung der elektronischen Energien und verwenden nichtrelativistische kinetische Energien für die Elektronen. Elektronische Bindungsenergien werden relativ zum Kern und den voneinander getrennten Elektronen gemessen.
3.1
Quadrieren und Addieren der drei Unschärfeungleichungen ergibt \[ p_0^2\geq\frac{\hbar^2}{4} \left[\frac1{(\Delta x)^2}+\frac1{(\Delta y)^2}+\frac1{(\Delta z)^2}\right]. \]
Multiplikation mit dem angegebenen \(r_0^2\) liefert den vollständigen Ausdruck \[ \begin{aligned} p_0^2r_0^2\geq\frac{\hbar^2}{4}\biggl[ 3 &+\frac{(\Delta x)^2}{(\Delta y)^2} +\frac{(\Delta y)^2}{(\Delta x)^2}\\ &+\frac{(\Delta y)^2}{(\Delta z)^2} +\frac{(\Delta z)^2}{(\Delta y)^2}\\ &+\frac{(\Delta z)^2}{(\Delta x)^2} +\frac{(\Delta x)^2}{(\Delta z)^2} \biggr]. \end{aligned} \]
Die Summe jedes Paars reziproker Terme beträgt mindestens \(2\), da \(u+u^{-1}\geq2\) für \(u>0\) gilt. Somit \[ \boxed{p_0^2r_0^2\geq\frac94\hbar^2.} \]
Gleichheit erfordert sowohl gleiche Ortsunschärfen, \[ \Delta x=\Delta y=\Delta z, \] als auch, dass in allen drei komponentenweisen Unschärferelationen Gleichheit gilt. Kugelsymmetrie allein gewährleistet Letzteres nicht.
3.2
Die Reaktion beim Strahlungseinfang lautet \[ A^{(Z-1)+}+e^-\longrightarrow A^{(Z-2)+}+\gamma. \]
Es seien \(E_i,E_f\) die anfängliche und die endgültige innere elektronische Energie. Weiter seien \(K_i,K_e\) die anfänglichen kinetischen Energien des Ions und des Elektrons und \(K_f\) die endgültige kinetische Energie des Ions. Die Energieerhaltung liefert \[ E_i+K_i+K_e=E_f+K_f+\hbar\omega. \]
Damit gilt \[ \boxed{\hbar\omega=h\nu=E_i-E_f+K_i+K_e-K_f,} \qquad \omega=2\pi\nu. \]
Die auf beiden Seiten gleichen Ruheenergien des Kerns und der Elektronen heben sich auf. Die Impulserhaltung bestimmt den Rückstoß des entstandenen Ions. Sind die anfänglichen kinetischen Energien und der Rückstoß vernachlässigbar, vereinfacht sich dies zu \[ \boxed{\hbar\omega\approx E_i-E_f.} \]
3.3
Wir minimieren nun die in der Aufgabe geforderte näherungsweise elektronische Gesamtenergie.
3.3.A
Die anziehende Coulomb-Potenzialenergie lautet \[ U(r)=-\frac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0r} =-\frac{Zq^2}{r}. \] Mit der vorgeschriebenen Näherung für ihren Erwartungswert ergibt sich \[ \boxed{U_1\approx-Zq^2\left\langle\frac1r\right\rangle \approx-\frac{Zq^2}{r_0}.} \]
3.3.B
Im stationären Grundzustand ist der mittlere Impuls des Elektrons null, sodass sein mittleres Impulsquadrat durch \(p_0^2\) dargestellt wird. Die vorgegebene Abschätzung \[ p_0^2r_0^2\approx\hbar^2 \] liefert daher \[ \boxed{T_1\approx\frac{p_0^2}{2m_e} \approx\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2}.} \]
Dies ist ein bewusst grober Ersatz für das Ergebnis aus der Unschärferelation: Der numerische Faktor aus 3.1 wird weggelassen, und es handelt sich nicht um eine aus dieser Schranke abgeleitete Gleichheit.
Die abgeschätzte Gesamtenergie ist folglich \[ E_1(r_0)=\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2}-\frac{Zq^2}{r_0}. \] Ihre stationäre Stelle erfüllt \[ \frac{dE_1}{dr_0} =-\frac{\hbar^2}{m_er_0^3} +\frac{Zq^2}{r_0^2}=0, \] woraus folgt \[ \boxed{r_{0,\min}=\frac{\hbar^2}{m_eZq^2}.} \]
Die zweite Ableitung ist dort \(\hbar^2/(m_er_0^4)>0\), es handelt sich also um ein Minimum. Einsetzen ergibt \[ T_{1,\min}=\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{2\hbar^2}, \qquad U_{1,\min}=-\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{\hbar^2}, \] und damit \[ \boxed{E_1=-\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{2\hbar^2}=-Z^2\mathcal R.} \]
Mit konsistenten Werten für den Bohrschen Radius und die Rydberg-Energie ergeben sich die bekannten Formen \[ r_{0,\min}=\frac{r_{\mathrm B}}Z, \qquad E_1=-Z^2E_{\mathrm R}. \]
3.4
Nun gibt es zwei kinetische Energien der Elektronen, zwei anziehende Elektron-Kern-Terme und einen abstoßenden Elektron-Elektron-Term. Mit der vorgeschriebenen Näherung für den Abstand gilt \[ E_2(r_1,r_2)= \frac{\hbar^2}{2m_e}\left(\frac1{r_1^2}+\frac1{r_2^2}\right) -Zq^2\left(\frac1{r_1}+\frac1{r_2}\right) +\frac{q^2}{r_1+r_2}. \]
Mit der gegebenen Grundzustandsbedingung \(r_1=r_2=r\) folgt \[ E_2(r)=\frac{\hbar^2}{m_er^2} -\frac{2Zq^2}{r}+\frac{q^2}{2r} =\frac{\hbar^2}{m_er^2} -\frac{2q^2(Z-\frac14)}r. \]
Die Minimierung ergibt \[ -\frac{2\hbar^2}{m_er^3} +\frac{2q^2(Z-\frac14)}{r^2}=0, \] also \[ \boxed{r=\frac{\hbar^2}{m_eq^2(Z-\frac14)}.} \]
Bei diesem Radius gilt \[ \boxed{ E_2=-\frac{m_e(q^2)^2}{\hbar^2} \left(Z-\frac14\right)^2 =-2\mathcal R\left(Z-\frac14\right)^2.} \]
Somit ersetzt die Elektronenabstoßung in diesem Modell \(Z\) durch den effektiven Wert \(Z-\tfrac14\) in der Grundzustandsenergie jedes Elektrons.
3.5
Um diesen Teil mit den in 3.3 und 3.4 berechneten Energien zu verknüpfen, muss der Einfang als \[ A^{(Z-1)+}+e^-\longrightarrow A^{(Z-2)+}+\gamma. \] interpretiert werden. Der in 3.5 wörtlich abgedruckte Ladungszustand beschreibt stattdessen einen anderen Prozess, nämlich den Einfang eines dritten Elektrons, dessen Energie in dieser Aufgabe nicht berechnet wird.
Für den beabsichtigten Prozess beträgt die freigesetzte Bindungsenergie \[ \begin{aligned} \Delta E&=E_1-E_2\\ &=\left[2\left(Z-\frac14\right)^2-Z^2\right]\mathcal R\\ &=\boxed{\left(Z^2-Z+\frac18\right)\mathcal R}. \end{aligned} \]
Obwohl beide einlaufenden Teilchen ruhen, muss das entstandene Ion einen Rückstoß erfahren. Ist seine Masse \(M\), so ergibt die Impulserhaltung \[ p_{\mathrm{ion}}=p_\gamma=\frac{\hbar\omega}{c}. \] Folglich \[ \Delta E=\hbar\omega+\frac{(\hbar\omega)^2}{2Mc^2}. \]
Die angegebene Frequenz ist eine Kreisfrequenz, sodass sich für die Photonenenergie ergibt: \[ E_\gamma=\hbar\omega =(1.054\times10^{-34})(2.057\times10^{17}) =\boxed{2.168\times10^{-17}\ \mathrm J}. \]
Mit \(Mc^2\geq m_pc^2\) erhält man für die relative Rückstoßkorrektur die Schranke \[ \frac{K_{\mathrm{recoil}}}{E_\gamma} =\frac{E_\gamma}{2Mc^2} \leq\frac{2.168\times10^{-17}}{2(1.503\times10^{-10})} =7.21\times10^{-8}. \] Bei der Genauigkeit der Daten ist sie vollständig vernachlässigbar.
Daher gilt \[ Z^2-Z+\frac18=\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}, \] mit der physikalisch sinnvollen Lösung \[ \boxed{Z=\frac12+\sqrt{\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}+\frac18}.} \]
Die inkonsistenten Konstanten führen zu zwei numerischen Abschätzungen:
| Für die Energieskala verwendete Konstanten | \(\mathcal R\) | Abgeschätztes \(Z\) |
|---|---|---|
| Angegebene Rydberg-Energie \(E_{\mathrm R}\) | \(2.180\times10^{-18}\ \mathrm J\) | \(3.673\) |
| Abgedruckte Werte von \(q^2,m_e,\hbar\), über \(m_e(q^2)^2/(2\hbar^2)\) | \(1.701\times10^{-18}\ \mathrm J\) | \(4.088\) |
Für beide Abschätzungen ist \(4\) die nächstgelegene ganze Zahl. Dementsprechend ergibt sich bei der beabsichtigten Interpretation des Einfangs und im Rahmen des Näherungsmodells als Element \[ \boxed{Z=4,\qquad \text{Beryllium},} \] mit dem Einfangprozess \[ \mathrm{Be}^{3+}+e^-\longrightarrow\mathrm{Be}^{2+}+\gamma. \]
Der vorliegende Text ermöglicht keine exakte, in sich konsistente Bestimmung einer ganzen Zahl.
Die Lösung wurde mit der offiziellen Lösung abgeglichen.
IPhO 1988 · Teori sorusu 3
İyonlaşmış Gazda Pozitif ve Negatif İyonların Yeniden Birleşmesi
Giriş
Bir gaz, bir elementin pozitif iyonlarından (yüksek sıcaklıkta) ve elektronlardan oluşmaktadır. Pozitif iyon, kütle numarası \(Z\) bilinmeyen bir atoma aittir. Bu iyonun kabuğunda (yörüngesinde) yalnızca bir elektron bulunduğu bilinmektedir.
Bu iyon \(A^{(Z-1)+}\) simgesiyle gösterilsin.
Sabitler:
| Sabit | Değer |
|---|---|
| elektrik alan sabiti | \(\displaystyle \varepsilon_0=8{,}85\cdot10^{-12}\ \frac{\mathrm{A\cdot s}}{\mathrm{V\cdot m}}\) |
| temel yük | \(\displaystyle e=\pm1{,}602\cdot10^{-19}\ \mathrm{A\cdot s}\) |
| \(\displaystyle q^2=\frac{e^2}{4\cdot\pi\cdot\varepsilon_0}=2{,}037\cdot10^{-28}\ \mathrm{J\cdot m}\) | |
| Planck sabiti | \(\displaystyle \hbar=1{,}054\cdot10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}\) |
| elektronun (durgun) kütlesi | \(\displaystyle m_e=9{,}108\cdot10^{-31}\ \mathrm{kg}\) |
| Bohr atom yarıçapı | \(\displaystyle r_{\mathrm B}=\frac{\hbar}{m\cdot q^2}=5{,}92\cdot10^{-11}\ \mathrm m\) |
| Rydberg enerjisi | \(\displaystyle E_{\mathrm R}=\frac{q^2}{2\cdot r_{\mathrm B}}=2{,}180\cdot10^{-18}\ \mathrm J\) |
| protonun (durgun) kütlesi | \(\displaystyle m_{\mathrm p}\cdot c^2=1{,}503\cdot10^{-10}\ \mathrm J\) |
Sorular:
3.1
Kabuğunda yalnızca bir elektron kalmış olan iyonu ele alınız.
\(A^{(Z-1)+}\) temel durumdadır.
En düşük enerjili durumda, elektronun çekirdekten ortalama uzaklığının karesi, yani \(r^2\), x, y ve z eksenleri doğrultusundaki bileşenleri sırasıyla \((\Delta x)^2\), \((\Delta y)^2\) ve \((\Delta z)^2\) olmak üzere \[ r_0^2=(\Delta x)^2+(\Delta y)^2+(\Delta z)^2 \] ile, ortalama momentumun karesi ise \[ p_0^2=(\Delta p_x)^2+(\Delta p_y)^2+(\Delta p_z)^2, \] ile verilir; burada \[ \Delta p_x\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta x},\qquad \Delta p_y\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta y} \quad\text{ve}\quad \Delta p_z\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta z}. \]
\((p_0)^2\cdot(r_0)^2\) içeren eşitsizliği tam biçimiyle yazınız.
3.2
\(A^{(Z-1)+}\) ile gösterilen iyon, bir elektron daha yakalayabilir ve bunun sonucunda bir foton yayar.
Yayılan fotonun frekansını hesaplamak için kullanılacak denklemi yazınız.
3.3
\(A^{(Z-1)+}\) iyonunun enerjisini, en düşük enerji değerini kullanarak hesaplayınız. Hesaplamada aşağıdaki ilkelere dayanan bir yaklaşım kullanılmalıdır:
3.3.A
İyonun potansiyel enerjisi, \(\dfrac1r\) niceliğinin ortalama değeri cinsinden ifade edilmelidir.
(yani \(\dfrac1{r_0}\); \(r_0\) soruda verilmiştir).
3.3.B
İyonun kinetik enerjisini hesaplarken, 3.1'de verilen momentumun karesinin ortalama değerini, \[ (p_0)^2\cdot(r_0)^2\approx(\hbar)^2 \] ile basitleştirdikten sonra kullanınız.
3.4
Temel durumda olduğu kabul edilen \(A^{(Z-2)+}\) iyonunun enerjisini, \(A^{(Z-1)+}\) iyonunun enerjisinin hesaplanmasında kullanılan ilkeyi uygulayarak hesaplayınız. En dış kabuktaki iki elektronun her birinin ortalama uzaklığı (3.3'te verilen \(r_0\) ile aynı anlamda) \(r_1\) ve \(r_2\) ile gösterilsin. İki elektron arasındaki ortalama uzaklığın \(r_1+r_2\) ile verildiğini ve her elektronun momentumunun karesinin ortalama değerinin belirsizlik ilkesine uyduğunu, yani \[ p_1^2\cdot r_1^2\approx\hbar^2 \quad\text{ve}\quad p_2^2\cdot r_2^2\approx\hbar^2 \] olduğunu varsayınız.
ipucu: Temel durumda \(r_1=r_2\) olduğu bilgisinden yararlanınız.
3.5
Özellikle, bir elektron daha yakalarken \(A^{(Z-2)+}\) iyonunun temel durumda ve durgun olduğunu, yakalanan elektronun da yakalanmadan önce durgun olduğunu ele alınız. Elektron yakalanmasına eşlik eden fotonun frekansı \(2{,}057\cdot10^{17}\ \mathrm{rad/s}\) ise \(Z\)'nin sayısal değerini belirleyiniz. İyonun hangi elementten oluştuğunu bulunuz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir.
Cevaplar
Enerji ölçeğini \[ \mathcal R=\frac{m_e(q^2)^2}{2\hbar^2}. \] olarak tanımlayalım. Tutarlı sabitler kullanıldığında bu, Rydberg enerjisi \(E_{\mathrm R}\)'dir. Metinde verilen sabitler tutarsız olduğundan, bunların sayısal sonuçları aşağıda ayrı ayrı ele alınmıştır.
-
3.1 \[ \boxed{ p_0^2r_0^2\geq \frac{\hbar^2}{4} \bigl[(\Delta x)^2+(\Delta y)^2+(\Delta z)^2\bigr] \left[\frac1{(\Delta x)^2}+\frac1{(\Delta y)^2}+\frac1{(\Delta z)^2}\right] \geq\frac94\hbar^2.} \]
-
3.2 \[ \boxed{h\nu=\hbar\omega=E_i-E_f+K_i+K_e-K_f,} \] burada \(E_i,E_f\) iç elektronik enerjiler, \(K\)'ler ise öteleme kinetik enerjileridir.
-
3.3 \[ \boxed{E_1=-Z^2\mathcal R} \qquad\text{(alışılmış gösterimle, }-Z^2E_{\mathrm R}\text{).} \]
-
3.3.A \[ \boxed{U_1(r_0)\approx-\frac{Zq^2}{r_0}.} \]
-
3.3.B \[ \boxed{T_1(r_0)\approx\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2},\qquad r_{0,\min}=\frac{\hbar^2}{m_eZq^2}.} \]
-
3.4 \[ \boxed{ E_2=-2\left(Z-\frac14\right)^2\mathcal R,\qquad r_1=r_2=\frac{\hbar^2}{m_eq^2(Z-\frac14)}.} \]
-
3.5 Kastedilen ikinci elektronun yakalanması için, \[ \boxed{Z=\frac12+\sqrt{\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}+\frac18}} \] geri tepme ihmal edilerek elde edilir. Verilen \(E_{\mathrm R}\), \(Z=3.673\) sonucunu; metinde verilen \(q^2,m_e,\hbar\) ise \(Z=4.088\) sonucunu verir. Her ikisine de en yakın tam sayı \[ \boxed{Z=4,\qquad \text{berilyum (Be)}.} \] olur. Bu, koşullu ve yaklaşık bir belirlemedir. Metindeki hâliyle 3.5 kısmı, enerjisi belirtilmemiş olan üçüncü bir elektronun yakalanmasını anlatmaktadır.
Çözüm
İyonların yük durumları, çekirdeğin yükünün \(+Ze\) olduğunu gösterir. Çekirdeğin kütlesini elektronun kütlesine kıyasla büyük kabul ediyor, elektronik enerjileri hesaplarken çekirdeğin hareketini ihmal ediyor ve elektronlar için göreli olmayan kinetik enerji ifadelerini kullanıyoruz. Elektronik bağlanma enerjileri, çekirdek ve birbirinden ayrılmış elektronlar referans alınarak ölçülür.
3.1
Üç belirsizlik eşitsizliğinin karelerini alıp toplayınca \[ p_0^2\geq\frac{\hbar^2}{4} \left[\frac1{(\Delta x)^2}+\frac1{(\Delta y)^2}+\frac1{(\Delta z)^2}\right]. \] elde edilir.
Verilen \(r_0^2\) ile çarpıldığında tam ifade \[ \begin{aligned} p_0^2r_0^2\geq\frac{\hbar^2}{4}\biggl[ 3 &+\frac{(\Delta x)^2}{(\Delta y)^2} +\frac{(\Delta y)^2}{(\Delta x)^2}\\ &+\frac{(\Delta y)^2}{(\Delta z)^2} +\frac{(\Delta z)^2}{(\Delta y)^2}\\ &+\frac{(\Delta z)^2}{(\Delta x)^2} +\frac{(\Delta x)^2}{(\Delta z)^2} \biggr]. \end{aligned} \] olur.
Birbirinin çarpmaya göre tersi olan her terim çiftinin toplamı en az \(2\)'dir; çünkü \(u>0\) için \(u+u^{-1}\geq2\) olur. Dolayısıyla \[ \boxed{p_0^2r_0^2\geq\frac94\hbar^2.} \]
Eşitlik için hem konum belirsizliklerinin eşit olması, \[ \Delta x=\Delta y=\Delta z, \] hem de üç bileşene ait belirsizlik bağıntılarının tümünde eşitliğin sağlanması gerekir. Küresel simetri tek başına bu eşitliklerin sağlandığını göstermez.
3.2
Işınımlı yakalama tepkimesi \[ A^{(Z-1)+}+e^-\longrightarrow A^{(Z-2)+}+\gamma. \] şeklindedir.
\(E_i,E_f\), başlangıç ve son iç elektronik enerjileri göstersin. \(K_i,K_e\), iyonun ve elektronun başlangıç kinetik enerjileri, \(K_f\) ise iyonun son kinetik enerjisi olsun. Enerjinin korunumu \[ E_i+K_i+K_e=E_f+K_f+\hbar\omega. \] bağıntısını verir.
Böylece \[ \boxed{\hbar\omega=h\nu=E_i-E_f+K_i+K_e-K_f,} \qquad \omega=2\pi\nu. \]
Her iki tarafta ortak olan çekirdek ve elektron durgunluk enerjileri birbirini götürür. Momentumun korunumu, son iyonun geri tepmesini belirler. Başlangıç kinetik enerjileri ve geri tepme ihmal edilebiliyorsa bu ifade \[ \boxed{\hbar\omega\approx E_i-E_f.} \] biçimine indirgenir.
3.3
Şimdi sorunun gerektirdiği yaklaşık toplam elektronik enerjiyi en küçük yapalım.
3.3.A
Çekici Coulomb potansiyeli \[ U(r)=-\frac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0r} =-\frac{Zq^2}{r}. \] şeklindedir. Beklenen değeri için belirtilen yaklaşımı kullanırsak, \[ \boxed{U_1\approx-Zq^2\left\langle\frac1r\right\rangle \approx-\frac{Zq^2}{r_0}.} \]
3.3.B
Elektronun durağan temel durumda ortalama momentumu sıfırdır; dolayısıyla momentumunun karesinin ortalaması \(p_0^2\) ile temsil edilir. Öngörülen \[ p_0^2r_0^2\approx\hbar^2 \] tahmini bu nedenle \[ \boxed{T_1\approx\frac{p_0^2}{2m_e} \approx\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2}.} \] sonucunu verir.
Bu, belirsizlik sonucunun yerine bilerek kullanılan kaba bir yaklaşımdır: 3.1'deki sayısal katsayıyı atar ve o sınırdan türetilmiş bir eşitlik değildir.
Buna göre tahmini toplam enerji \[ E_1(r_0)=\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2}-\frac{Zq^2}{r_0}. \] olur. Durağan noktası \[ \frac{dE_1}{dr_0} =-\frac{\hbar^2}{m_er_0^3} +\frac{Zq^2}{r_0^2}=0, \] koşulunu sağlar ve buradan \[ \boxed{r_{0,\min}=\frac{\hbar^2}{m_eZq^2}.} \] elde edilir.
Bu noktadaki ikinci türev \(\hbar^2/(m_er_0^4)>0\) olduğundan, bu bir minimumdur. Yerine koyunca \[ T_{1,\min}=\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{2\hbar^2}, \qquad U_{1,\min}=-\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{\hbar^2}, \] ve dolayısıyla \[ \boxed{E_1=-\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{2\hbar^2}=-Z^2\mathcal R.} \] elde edilir.
Tutarlı Bohr ve Rydberg sabitleriyle bunlar, bilinen \[ r_{0,\min}=\frac{r_{\mathrm B}}Z, \qquad E_1=-Z^2E_{\mathrm R}. \] biçimlerini alır.
3.4
Artık iki elektronun kinetik enerjisi, iki çekici elektron–çekirdek terimi ve bir itici elektron–elektron terimi vardır. Elektronlar arasındaki uzaklık için belirtilen yaklaşım altında, \[ E_2(r_1,r_2)= \frac{\hbar^2}{2m_e}\left(\frac1{r_1^2}+\frac1{r_2^2}\right) -Zq^2\left(\frac1{r_1}+\frac1{r_2}\right) +\frac{q^2}{r_1+r_2}. \]
Verilen temel durum koşulu \(r_1=r_2=r\) kullanıldığında, \[ E_2(r)=\frac{\hbar^2}{m_er^2} -\frac{2Zq^2}{r}+\frac{q^2}{2r} =\frac{\hbar^2}{m_er^2} -\frac{2q^2(Z-\frac14)}r. \]
Enerjiyi en küçük yapma koşulu \[ -\frac{2\hbar^2}{m_er^3} +\frac{2q^2(Z-\frac14)}{r^2}=0, \] olduğundan, \[ \boxed{r=\frac{\hbar^2}{m_eq^2(Z-\frac14)}.} \]
Bu yarıçapta, \[ \boxed{ E_2=-\frac{m_e(q^2)^2}{\hbar^2} \left(Z-\frac14\right)^2 =-2\mathcal R\left(Z-\frac14\right)^2.} \]
Dolayısıyla bu modelde elektronlar arasındaki itme, her elektronun temel durum enerjisinde \(Z\)'nin yerine etkin değer olan \(Z-\tfrac14\)'ün geçmesine yol açar.
3.5
Bu kısmı 3.3 ve 3.4'te hesaplanan enerjilerle ilişkilendirmek için yakalama süreci \[ A^{(Z-1)+}+e^-\longrightarrow A^{(Z-2)+}+\gamma. \] olarak yorumlanmalıdır. Buna karşılık, 3.5'te yazılı olan yük durumu, farklı bir süreci, yani enerjisi bu problemde hesaplanmayan üçüncü bir elektronun yakalanmasını tarif eder.
Kastedilen süreç için açığa çıkan bağlanma enerjisi \[ \begin{aligned} \Delta E&=E_1-E_2\\ &=\left[2\left(Z-\frac14\right)^2-Z^2\right]\mathcal R\\ &=\boxed{\left(Z^2-Z+\frac18\right)\mathcal R}. \end{aligned} \] olur.
Başlangıçtaki her iki parçacık da durgun olmasına rağmen, son iyon geri tepmelidir. Kütlesi \(M\) ise momentumun korunumu \[ p_{\mathrm{ion}}=p_\gamma=\frac{\hbar\omega}{c}. \] bağıntısını verir. Sonuç olarak, \[ \Delta E=\hbar\omega+\frac{(\hbar\omega)^2}{2Mc^2}. \]
Verilen frekans bir açısal frekanstır; dolayısıyla foton enerjisi \[ E_\gamma=\hbar\omega =(1.054\times10^{-34})(2.057\times10^{17}) =\boxed{2.168\times10^{-17}\ \mathrm J}. \] olur.
\(Mc^2\geq m_pc^2\) kullanıldığında, bağıl geri tepme düzeltmesinin üst sınırı \[ \frac{K_{\mathrm{recoil}}}{E_\gamma} =\frac{E_\gamma}{2Mc^2} \leq\frac{2.168\times10^{-17}}{2(1.503\times10^{-10})} =7.21\times10^{-8}. \] olur. Verilerin hassasiyetinde bu düzeltme tamamen ihmal edilebilir.
Bu nedenle \[ Z^2-Z+\frac18=\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}, \] olur ve bu denklemin fiziksel kökü \[ \boxed{Z=\frac12+\sqrt{\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}+\frac18}.} \] şeklindedir.
Tutarsız sabitler iki sayısal tahmine yol açar:
| Enerji ölçeği için kullanılan sabitler | \(\mathcal R\) | Tahmini \(Z\) |
|---|---|---|
| Verilen Rydberg enerjisi \(E_{\mathrm R}\) | \(2.180\times10^{-18}\ \mathrm J\) | \(3.673\) |
| \(m_e(q^2)^2/(2\hbar^2)\) aracılığıyla metinde verilen \(q^2,m_e,\hbar\) | \(1.701\times10^{-18}\ \mathrm J\) | \(4.088\) |
Her iki tahmine de en yakın tam sayı \(4\)'tür. Buna göre, kastedilen yakalama yorumu ve yaklaşık model altında çıkarılan element \[ \boxed{Z=4,\qquad \text{berilyum},} \] olup yakalama tepkimesi \[ \mathrm{Be}^{3+}+e^-\longrightarrow\mathrm{Be}^{2+}+\gamma. \] şeklindedir.
Verilen metin, kesin ve kendi içinde tutarlı bir tam sayı belirlenmesini desteklememektedir.
Çözüm, resmi çözümle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IPhO 1988 · Problema teórico 3
Recombinación de iones positivos y negativos en un gas ionizado
Introducción
Un gas está formado por iones positivos de un elemento (a alta temperatura) y electrones. El ion positivo pertenece a un átomo de número másico desconocido \(Z\). Se sabe que este ion tiene un solo electrón en la capa (órbita).
Representemos este ion mediante el símbolo \(A^{(Z-1)+}\)
Constantes:
| Constante | Valor |
|---|---|
| permitividad eléctrica del vacío | \(\displaystyle \varepsilon_0=8{,}85\cdot10^{-12}\ \frac{\mathrm{A\cdot s}}{\mathrm{V\cdot m}}\) |
| carga elemental | \(\displaystyle e=\pm1{,}602\cdot10^{-19}\ \mathrm{A\cdot s}\) |
| \(\displaystyle q^2=\frac{e^2}{4\cdot\pi\cdot\varepsilon_0}=2{,}037\cdot10^{-28}\ \mathrm{J\cdot m}\) | |
| constante de Planck | \(\displaystyle \hbar=1{,}054\cdot10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}\) |
| masa (en reposo) de un electrón | \(\displaystyle m_e=9{,}108\cdot10^{-31}\ \mathrm{kg}\) |
| radio atómico de Bohr | \(\displaystyle r_{\mathrm B}=\frac{\hbar}{m\cdot q^2}=5{,}92\cdot10^{-11}\ \mathrm m\) |
| energía de Rydberg | \(\displaystyle E_{\mathrm R}=\frac{q^2}{2\cdot r_{\mathrm B}}=2{,}180\cdot10^{-18}\ \mathrm J\) |
| masa (en reposo) de un protón | \(\displaystyle m_{\mathrm p}\cdot c^2=1{,}503\cdot10^{-10}\ \mathrm J\) |
Preguntas:
3.1
Suponga que el ion al que solo le queda un electrón en la capa,
\(A^{(Z-1)+}\), se encuentra en el estado fundamental.
En el estado de menor energía, el cuadrado de la distancia media del electrón al núcleo, o \(r^2\), cuyas componentes a lo largo de los ejes x, y y z son \((\Delta x)^2\), \((\Delta y)^2\) y \((\Delta z)^2\), respectivamente, viene dado por \[ r_0^2=(\Delta x)^2+(\Delta y)^2+(\Delta z)^2 \] y el cuadrado del momento lineal medio, por \[ p_0^2=(\Delta p_x)^2+(\Delta p_y)^2+(\Delta p_z)^2, \] mientras que \[ \Delta p_x\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta x},\qquad \Delta p_y\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta y} \quad\text{y}\quad \Delta p_z\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta z}. \]
Escriba en su forma completa una desigualdad que contenga \((p_0)^2\cdot(r_0)^2\).
3.2
El ion representado por \(A^{(Z-1)+}\) puede capturar un electrón adicional y, como consecuencia, emitir un fotón.
Escriba una ecuación que permita calcular la frecuencia del fotón emitido.
3.3
Calcule la energía del ion \(A^{(Z-1)+}\) utilizando el valor de la energía mínima. El cálculo debe realizarse de forma aproximada basándose en los siguientes principios:
3.3.A
La energía potencial del ion debe expresarse en función del valor medio de \(\dfrac1r\).
(Es decir, \(\dfrac1{r_0}\); \(r_0\) se da en el problema).
3.3.B
Para calcular la energía cinética del ion, utilice el valor medio del cuadrado del momento lineal dado en 3.1, tras simplificarlo mediante \[ (p_0)^2\cdot(r_0)^2\approx(\hbar)^2 \]
3.4
Calcule la energía del ion \(A^{(Z-2)+}\), que se supone en el estado fundamental, utilizando el mismo principio que para calcular la energía de \(A^{(Z-1)+}\). Denotando por \(r_1\) y \(r_2\) las distancias medias de cada uno de los dos electrones de la capa más externa (análogas a \(r_0\) dado en 3.3), suponga que la distancia media entre los dos electrones viene dada por \(r_1+r_2\) y que el valor medio del cuadrado del momento lineal de cada electrón satisface el principio de incertidumbre, es decir, \[ p_1^2\cdot r_1^2\approx\hbar^2 \quad\text{y}\quad p_2^2\cdot r_2^2\approx\hbar^2 \]
Indicación: Utilice el dato de que en el estado fundamental \(r_1=r_2\)
3.5
Considere, en particular, que el ion \(A^{(Z-2)+}\) está en reposo en el estado fundamental cuando captura un electrón adicional y que el electrón capturado también está en reposo antes de la captura. Determine el valor numérico de \(Z\) si la frecuencia del fotón emitido que acompaña a la captura del electrón es \(2{,}057\cdot10^{17}\ \mathrm{rad/s}\). Identifique el elemento que da lugar al ion.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés.
Respuestas
Definamos la escala de energía \[ \mathcal R=\frac{m_e(q^2)^2}{2\hbar^2}. \] Con constantes coherentes, esta es la energía de Rydberg \(E_{\mathrm R}\). Las constantes impresas son incoherentes entre sí, por lo que a continuación se distinguen sus consecuencias numéricas.
-
3.1 \[ \boxed{ p_0^2r_0^2\geq \frac{\hbar^2}{4} \bigl[(\Delta x)^2+(\Delta y)^2+(\Delta z)^2\bigr] \left[\frac1{(\Delta x)^2}+\frac1{(\Delta y)^2}+\frac1{(\Delta z)^2}\right] \geq\frac94\hbar^2.} \]
-
3.2 \[ \boxed{h\nu=\hbar\omega=E_i-E_f+K_i+K_e-K_f,} \] donde \(E_i,E_f\) son las energías electrónicas internas y las \(K\) son las energías cinéticas de traslación.
-
3.3 \[ \boxed{E_1=-Z^2\mathcal R} \qquad\text{(convencionalmente, }-Z^2E_{\mathrm R}\text{).} \]
-
3.3.A \[ \boxed{U_1(r_0)\approx-\frac{Zq^2}{r_0}.} \]
-
3.3.B \[ \boxed{T_1(r_0)\approx\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2},\qquad r_{0,\min}=\frac{\hbar^2}{m_eZq^2}.} \]
-
3.4 \[ \boxed{ E_2=-2\left(Z-\frac14\right)^2\mathcal R,\qquad r_1=r_2=\frac{\hbar^2}{m_eq^2(Z-\frac14)}.} \]
-
3.5 Para la captura de un segundo electrón que se pretende considerar, \[ \boxed{Z=\frac12+\sqrt{\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}+\frac18}} \] con un retroceso despreciable. El valor citado de \(E_{\mathrm R}\) da \(Z=3.673\); los valores impresos de \(q^2,m_e,\hbar\) dan \(Z=4.088\). En ambos casos, el entero más próximo es \[ \boxed{Z=4,\qquad \text{berilio (Be)}.} \] Esta identificación es condicional y aproximada. Tal como está impreso, el apartado 3.5 describe la captura de un tercer electrón, cuya energía no se ha especificado.
Solución
Los estados de carga implican un núcleo de carga \(+Ze\). Consideramos que su masa es grande en comparación con la masa del electrón, despreciamos su movimiento al calcular las energías electrónicas y utilizamos energías cinéticas no relativistas para los electrones. Las energías de enlace electrónicas se miden con respecto al núcleo y los electrones separados.
3.1
Al elevar al cuadrado y sumar las tres desigualdades de incertidumbre, se obtiene \[ p_0^2\geq\frac{\hbar^2}{4} \left[\frac1{(\Delta x)^2}+\frac1{(\Delta y)^2}+\frac1{(\Delta z)^2}\right]. \]
La multiplicación por el \(r_0^2\) especificado da la expresión completa \[ \begin{aligned} p_0^2r_0^2\geq\frac{\hbar^2}{4}\biggl[ 3 &+\frac{(\Delta x)^2}{(\Delta y)^2} +\frac{(\Delta y)^2}{(\Delta x)^2}\\ &+\frac{(\Delta y)^2}{(\Delta z)^2} +\frac{(\Delta z)^2}{(\Delta y)^2}\\ &+\frac{(\Delta z)^2}{(\Delta x)^2} +\frac{(\Delta x)^2}{(\Delta z)^2} \biggr]. \end{aligned} \]
La suma de cada par de términos recíprocos es al menos \(2\), puesto que \(u+u^{-1}\geq2\) para \(u>0\). Por tanto, \[ \boxed{p_0^2r_0^2\geq\frac94\hbar^2.} \]
La igualdad exige tanto que las incertidumbres espaciales sean iguales, \[ \Delta x=\Delta y=\Delta z, \] como que se alcance la igualdad en las tres relaciones de incertidumbre para las componentes. La simetría esférica por sí sola no garantiza que se alcance dicha igualdad.
3.2
La reacción de captura radiativa es \[ A^{(Z-1)+}+e^-\longrightarrow A^{(Z-2)+}+\gamma. \]
Sean \(E_i,E_f\) las energías electrónicas internas inicial y final. Sean \(K_i,K_e\) las energías cinéticas iniciales del ion y del electrón, y \(K_f\) la energía cinética final del ion. La conservación de la energía da \[ E_i+K_i+K_e=E_f+K_f+\hbar\omega. \]
Así, \[ \boxed{\hbar\omega=h\nu=E_i-E_f+K_i+K_e-K_f,} \qquad \omega=2\pi\nu. \]
Las energías en reposo del núcleo y de los electrones, comunes a ambos miembros, se cancelan. La conservación del momento lineal determina el retroceso del ion final. Si las energías cinéticas iniciales y el retroceso son despreciables, la expresión se reduce a \[ \boxed{\hbar\omega\approx E_i-E_f.} \]
3.3
Minimizamos ahora la energía electrónica total aproximada requerida por el problema.
3.3.A
El potencial atractivo de Coulomb es \[ U(r)=-\frac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0r} =-\frac{Zq^2}{r}. \] Utilizando la aproximación prescrita para su valor esperado, \[ \boxed{U_1\approx-Zq^2\left\langle\frac1r\right\rangle \approx-\frac{Zq^2}{r_0}.} \]
3.3.B
El electrón tiene un momento lineal medio nulo en el estado fundamental estacionario, por lo que el valor medio del cuadrado de su momento lineal está representado por \(p_0^2\). Por tanto, la estimación estipulada \[ p_0^2r_0^2\approx\hbar^2 \] da \[ \boxed{T_1\approx\frac{p_0^2}{2m_e} \approx\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2}.} \]
Esta es una sustitución deliberadamente burda del resultado de incertidumbre: descarta el coeficiente numérico de 3.1 y no es una igualdad deducida de esa cota.
En consecuencia, la energía total estimada es \[ E_1(r_0)=\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2}-\frac{Zq^2}{r_0}. \] Su punto estacionario satisface \[ \frac{dE_1}{dr_0} =-\frac{\hbar^2}{m_er_0^3} +\frac{Zq^2}{r_0^2}=0, \] lo que da \[ \boxed{r_{0,\min}=\frac{\hbar^2}{m_eZq^2}.} \]
La segunda derivada en ese punto es \(\hbar^2/(m_er_0^4)>0\), por lo que se trata de un mínimo. Al sustituir, se obtiene \[ T_{1,\min}=\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{2\hbar^2}, \qquad U_{1,\min}=-\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{\hbar^2}, \] y, por tanto, \[ \boxed{E_1=-\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{2\hbar^2}=-Z^2\mathcal R.} \]
Con constantes de Bohr y de Rydberg coherentes, estas son las formas conocidas \[ r_{0,\min}=\frac{r_{\mathrm B}}Z, \qquad E_1=-Z^2E_{\mathrm R}. \]
3.4
Ahora hay dos energías cinéticas electrónicas, dos términos atractivos electrón–núcleo y un término repulsivo electrón–electrón. Con la aproximación prescrita para la separación, \[ E_2(r_1,r_2)= \frac{\hbar^2}{2m_e}\left(\frac1{r_1^2}+\frac1{r_2^2}\right) -Zq^2\left(\frac1{r_1}+\frac1{r_2}\right) +\frac{q^2}{r_1+r_2}. \]
Utilizando la condición dada para el estado fundamental, \(r_1=r_2=r\), \[ E_2(r)=\frac{\hbar^2}{m_er^2} -\frac{2Zq^2}{r}+\frac{q^2}{2r} =\frac{\hbar^2}{m_er^2} -\frac{2q^2(Z-\frac14)}r. \]
La minimización da \[ -\frac{2\hbar^2}{m_er^3} +\frac{2q^2(Z-\frac14)}{r^2}=0, \] de modo que \[ \boxed{r=\frac{\hbar^2}{m_eq^2(Z-\frac14)}.} \]
Para este radio, \[ \boxed{ E_2=-\frac{m_e(q^2)^2}{\hbar^2} \left(Z-\frac14\right)^2 =-2\mathcal R\left(Z-\frac14\right)^2.} \]
Así, en este modelo, la repulsión entre electrones sustituye \(Z\) por el valor efectivo \(Z-\tfrac14\) en la energía del estado fundamental de cada electrón.
3.5
Para relacionar este apartado con las energías calculadas en 3.3 y 3.4, la captura debe interpretarse como \[ A^{(Z-1)+}+e^-\longrightarrow A^{(Z-2)+}+\gamma. \] En cambio, el estado de carga impreso literalmente en 3.5 describe un proceso diferente: la captura de un tercer electrón, cuya energía no se calcula en este problema.
Para el proceso que se pretende considerar, la energía de enlace liberada es \[ \begin{aligned} \Delta E&=E_1-E_2\\ &=\left[2\left(Z-\frac14\right)^2-Z^2\right]\mathcal R\\ &=\boxed{\left(Z^2-Z+\frac18\right)\mathcal R}. \end{aligned} \]
Aunque ambas partículas incidentes están en reposo, el ion final debe retroceder. Si su masa es \(M\), la conservación del momento lineal da \[ p_{\mathrm{ion}}=p_\gamma=\frac{\hbar\omega}{c}. \] En consecuencia, \[ \Delta E=\hbar\omega+\frac{(\hbar\omega)^2}{2Mc^2}. \]
La frecuencia proporcionada es una frecuencia angular, por lo que la energía del fotón es \[ E_\gamma=\hbar\omega =(1.054\times10^{-34})(2.057\times10^{17}) =\boxed{2.168\times10^{-17}\ \mathrm J}. \]
Utilizando \(Mc^2\geq m_pc^2\), la corrección relativa debida al retroceso queda acotada por \[ \frac{K_{\mathrm{recoil}}}{E_\gamma} =\frac{E_\gamma}{2Mc^2} \leq\frac{2.168\times10^{-17}}{2(1.503\times10^{-10})} =7.21\times10^{-8}. \] Es completamente despreciable con la precisión de los datos.
Por tanto, \[ Z^2-Z+\frac18=\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}, \] cuya raíz física es \[ \boxed{Z=\frac12+\sqrt{\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}+\frac18}.} \]
Las constantes incoherentes entre sí conducen a dos estimaciones numéricas:
| Constantes utilizadas para la escala de energía | \(\mathcal R\) | \(Z\) estimado |
|---|---|---|
| Energía de Rydberg citada \(E_{\mathrm R}\) | \(2.180\times10^{-18}\ \mathrm J\) | \(3.673\) |
| Valores impresos de \(q^2,m_e,\hbar\), mediante \(m_e(q^2)^2/(2\hbar^2)\) | \(1.701\times10^{-18}\ \mathrm J\) | \(4.088\) |
En ambas estimaciones, el entero más próximo es \(4\). Por consiguiente, bajo la interpretación de la captura que se pretende considerar y el modelo aproximado, el elemento inferido es \[ \boxed{Z=4,\qquad \text{berilio},} \] con la captura \[ \mathrm{Be}^{3+}+e^-\longrightarrow\mathrm{Be}^{2+}+\gamma. \]
El texto proporcionado no permite una determinación entera exacta e internamente coherente.
La solución se comprobó con la solución oficial.
IPhO 1988 · 理论题 3
电离气体中正负离子的复合
引言
一种气体由某种元素的正离子（处于高温下）和电子组成。该正离子对应的原子的质量数 \(Z\) 未知。已知这个离子的电子壳层（轨道）中只有一个电子。
用符号 \(A^{(Z-1)+}\) 表示这个离子
常量：
| 常量 | 数值 |
|---|---|
| 真空介电常数 | \(\displaystyle \varepsilon_0=8{,}85\cdot10^{-12}\ \frac{\mathrm{A\cdot s}}{\mathrm{V\cdot m}}\) |
| 元电荷 | \(\displaystyle e=\pm1{,}602\cdot10^{-19}\ \mathrm{A\cdot s}\) |
| \(\displaystyle q^2=\frac{e^2}{4\cdot\pi\cdot\varepsilon_0}=2{,}037\cdot10^{-28}\ \mathrm{J\cdot m}\) | |
| 普朗克常量 | \(\displaystyle \hbar=1{,}054\cdot10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}\) |
| 电子的（静止）质量 | \(\displaystyle m_e=9{,}108\cdot10^{-31}\ \mathrm{kg}\) |
| 玻尔原子半径 | \(\displaystyle r_{\mathrm B}=\frac{\hbar}{m\cdot q^2}=5{,}92\cdot10^{-11}\ \mathrm m\) |
| 里德伯能量 | \(\displaystyle E_{\mathrm R}=\frac{q^2}{2\cdot r_{\mathrm B}}=2{,}180\cdot10^{-18}\ \mathrm J\) |
| 质子的（静止）质量 | \(\displaystyle m_{\mathrm p}\cdot c^2=1{,}503\cdot10^{-10}\ \mathrm J\) |
问题：
3.1
假设电子壳层中仅剩一个电子的离子
\(A^{(Z-1)+}\) 处于基态。
在最低能量状态下，电子到原子核的平均距离的平方，即 \(r^2\)，沿 x、y 和 z 轴的分量分别为 \((\Delta x)^2\)、\((\Delta y)^2\) 和 \((\Delta z)^2\)，且 \[ r_0^2=(\Delta x)^2+(\Delta y)^2+(\Delta z)^2 \] 平均动量的平方则为 \[ p_0^2=(\Delta p_x)^2+(\Delta p_y)^2+(\Delta p_z)^2, \] 其中 \[ \Delta p_x\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta x},\qquad \Delta p_y\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta y} \quad\text{且}\quad \Delta p_z\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta z}. \]
写出包含 \((p_0)^2\cdot(r_0)^2\) 的不等式的完整形式。
3.2
用 \(A^{(Z-1)+}\) 表示的离子可以再俘获一个电子，并因此发射一个光子。
写出用于计算所发射光子频率的方程。
3.3
按最低能量状态计算离子 \(A^{(Z-1)+}\) 的能量。应根据以下原则进行近似计算：
3.3.A
离子的势能应以 \(\dfrac1r\) 的平均值表示。
（即 \(\dfrac1{r_0}\)；\(r_0\) 已在题目中给出）。
3.3.B
计算离子的动能时，使用 3.1 中给出的动量平方的平均值，并采用如下简化关系 \[ (p_0)^2\cdot(r_0)^2\approx(\hbar)^2 \]
3.4
采用与计算 \(A^{(Z-1)+}\) 能量相同的原则，计算处于基态的离子 \(A^{(Z-2)+}\) 的能量。将最外层两个电子各自到原子核的平均距离（与 3.3 中给出的 \(r_0\) 含义相同）记为 \(r_1\) 和 \(r_2\)，假设两个电子之间的平均距离为 \(r_1+r_2\)，且每个电子的动量平方的平均值都遵循不确定性原理，即 \[ p_1^2\cdot r_1^2\approx\hbar^2 \quad\text{且}\quad p_2^2\cdot r_2^2\approx\hbar^2 \]
提示： 利用基态下 \(r_1=r_2\) 这一条件
3.5
特别考虑离子 \(A^{(Z-2)+}\) 在俘获另一个电子时处于静止的基态，而被俘获的电子在俘获前也处于静止状态的情形。若俘获电子时发射的光子的频率为 \(2{,}057\cdot10^{17}\ \mathrm{rad/s}\)，求 \(Z\) 的数值，并确定形成该离子的元素。
题目译自官方英文原文。
答案
定义能量尺度 \[ \mathcal R=\frac{m_e(q^2)^2}{2\hbar^2}. \] 若各常量相互一致，这就是里德伯能量 \(E_{\mathrm R}\)。题面所列常量不一致，因此下文区分由它们得出的数值结果。
-
3.1 \[ \boxed{ p_0^2r_0^2\geq \frac{\hbar^2}{4} \bigl[(\Delta x)^2+(\Delta y)^2+(\Delta z)^2\bigr] \left[\frac1{(\Delta x)^2}+\frac1{(\Delta y)^2}+\frac1{(\Delta z)^2}\right] \geq\frac94\hbar^2.} \]
-
3.2 \[ \boxed{h\nu=\hbar\omega=E_i-E_f+K_i+K_e-K_f,} \] 其中 \(E_i,E_f\) 为电子体系的内能，各个 \(K\) 为平动动能。
-
3.3 \[ \boxed{E_1=-Z^2\mathcal R} \qquad\text{（通常写作 }-Z^2E_{\mathrm R}\text{）。} \]
-
3.3.A \[ \boxed{U_1(r_0)\approx-\frac{Zq^2}{r_0}.} \]
-
3.3.B \[ \boxed{T_1(r_0)\approx\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2},\qquad r_{0,\min}=\frac{\hbar^2}{m_eZq^2}.} \]
-
3.4 \[ \boxed{ E_2=-2\left(Z-\frac14\right)^2\mathcal R,\qquad r_1=r_2=\frac{\hbar^2}{m_eq^2(Z-\frac14)}.} \]
-
3.5 对于题目本意所指的俘获第二个电子的过程， \[ \boxed{Z=\frac12+\sqrt{\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}+\frac18}} \] 其中忽略反冲。采用给出的 \(E_{\mathrm R}\) 得到 \(Z=3.673\)；采用题面所列的 \(q^2,m_e,\hbar\) 得到 \(Z=4.088\)。与两者最接近的整数均为 \[ \boxed{Z=4,\qquad \text{铍（Be）}.} \] 这是有条件的近似判定。按题面原文，3.5 问描述的是俘获第三个电子的过程，而其能量并未给出。
解答
由电荷态可知，原子核的电荷为 \(+Ze\)。我们将其质量视为远大于电子质量，在计算电子能量时忽略其运动，并采用非相对论的电子动能表达式。电子结合能以原子核与各电子彼此分离时的能量为零点。
3.1
将三个不确定性不等式分别平方后相加，得到 \[ p_0^2\geq\frac{\hbar^2}{4} \left[\frac1{(\Delta x)^2}+\frac1{(\Delta y)^2}+\frac1{(\Delta z)^2}\right]. \]
乘以题目指定的 \(r_0^2\)，得到完整表达式 \[ \begin{aligned} p_0^2r_0^2\geq\frac{\hbar^2}{4}\biggl[ 3 &+\frac{(\Delta x)^2}{(\Delta y)^2} +\frac{(\Delta y)^2}{(\Delta x)^2}\\ &+\frac{(\Delta y)^2}{(\Delta z)^2} +\frac{(\Delta z)^2}{(\Delta y)^2}\\ &+\frac{(\Delta z)^2}{(\Delta x)^2} +\frac{(\Delta x)^2}{(\Delta z)^2} \biggr]. \end{aligned} \]
每一对互为倒数的项之和都不小于 \(2\)，因为当 \(u>0\) 时有 \(u+u^{-1}\geq2\)。因此 \[ \boxed{p_0^2r_0^2\geq\frac94\hbar^2.} \]
等号成立既要求各方向的位置不确定度相等， \[ \Delta x=\Delta y=\Delta z, \] 也要求三个分量的不确定性关系均取等号。仅凭球对称性不能保证取等号。
3.2
辐射俘获反应为 \[ A^{(Z-1)+}+e^-\longrightarrow A^{(Z-2)+}+\gamma. \]
令 \(E_i,E_f\) 分别表示初态和末态的电子体系内能。令 \(K_i,K_e\) 为初态离子和电子的动能，\(K_f\) 为末态离子的动能。由能量守恒可得 \[ E_i+K_i+K_e=E_f+K_f+\hbar\omega. \]
因此 \[ \boxed{\hbar\omega=h\nu=E_i-E_f+K_i+K_e-K_f,} \qquad \omega=2\pi\nu. \]
两侧相同的原子核与电子的静止能量相消。末态离子的反冲由动量守恒决定。若初始动能和反冲均可忽略，上式简化为 \[ \boxed{\hbar\omega\approx E_i-E_f.} \]
3.3
现在按题目要求，求近似电子总能量的最小值。
3.3.A
库仑吸引势能为 \[ U(r)=-\frac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0r} =-\frac{Zq^2}{r}. \] 采用题目规定的期望值近似， \[ \boxed{U_1\approx-Zq^2\left\langle\frac1r\right\rangle \approx-\frac{Zq^2}{r_0}.} \]
3.3.B
电子在定态基态中的平均动量为零，因此其动量平方的平均值用 \(p_0^2\) 表示。由题目规定的估算关系 \[ p_0^2r_0^2\approx\hbar^2 \] 可得 \[ \boxed{T_1\approx\frac{p_0^2}{2m_e} \approx\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2}.} \]
这里有意对不确定性关系的结果作了粗略替代：舍去了 3.1 中的数值系数，并非由那个下界推导出的等式。
因此，估算的总能量为 \[ E_1(r_0)=\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2}-\frac{Zq^2}{r_0}. \] 其驻点满足 \[ \frac{dE_1}{dr_0} =-\frac{\hbar^2}{m_er_0^3} +\frac{Zq^2}{r_0^2}=0, \] 从而得到 \[ \boxed{r_{0,\min}=\frac{\hbar^2}{m_eZq^2}.} \]
该处的二阶导数为 \(\hbar^2/(m_er_0^4)>0\)，所以这是一个极小值。代入可得 \[ T_{1,\min}=\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{2\hbar^2}, \qquad U_{1,\min}=-\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{\hbar^2}, \] 因此 \[ \boxed{E_1=-\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{2\hbar^2}=-Z^2\mathcal R.} \]
若玻尔常量和里德伯常量相互一致，这些结果可写成熟悉的形式 \[ r_{0,\min}=\frac{r_{\mathrm B}}Z, \qquad E_1=-Z^2E_{\mathrm R}. \]
3.4
现在有两个电子的动能项、两个电子与原子核之间的吸引势能项，以及一个电子之间的排斥势能项。采用题目规定的电子间距近似， \[ E_2(r_1,r_2)= \frac{\hbar^2}{2m_e}\left(\frac1{r_1^2}+\frac1{r_2^2}\right) -Zq^2\left(\frac1{r_1}+\frac1{r_2}\right) +\frac{q^2}{r_1+r_2}. \]
利用给定的基态条件 \(r_1=r_2=r\)， \[ E_2(r)=\frac{\hbar^2}{m_er^2} -\frac{2Zq^2}{r}+\frac{q^2}{2r} =\frac{\hbar^2}{m_er^2} -\frac{2q^2(Z-\frac14)}r. \]
求极小值得到 \[ -\frac{2\hbar^2}{m_er^3} +\frac{2q^2(Z-\frac14)}{r^2}=0, \] 所以 \[ \boxed{r=\frac{\hbar^2}{m_eq^2(Z-\frac14)}.} \]
在这一半径处， \[ \boxed{ E_2=-\frac{m_e(q^2)^2}{\hbar^2} \left(Z-\frac14\right)^2 =-2\mathcal R\left(Z-\frac14\right)^2.} \]
因此，在这一模型中，电子间的排斥使每个电子的基态能量表达式中的 \(Z\) 被有效值 \(Z-\tfrac14\) 取代。
3.5
要将本问与 3.3 和 3.4 中计算的能量联系起来，必须将俘获过程理解为 \[ A^{(Z-1)+}+e^-\longrightarrow A^{(Z-2)+}+\gamma. \] 而 3.5 题面中写出的电荷态按字面理解描述的是另一过程，即俘获第三个电子，本题并未计算其能量。
对于题目本意所指的过程，释放的结合能为 \[ \begin{aligned} \Delta E&=E_1-E_2\\ &=\left[2\left(Z-\frac14\right)^2-Z^2\right]\mathcal R\\ &=\boxed{\left(Z^2-Z+\frac18\right)\mathcal R}. \end{aligned} \]
虽然两个初始粒子都处于静止状态，但末态离子必然发生反冲。若其质量为 \(M\)，由动量守恒可得 \[ p_{\mathrm{ion}}=p_\gamma=\frac{\hbar\omega}{c}. \] 因此， \[ \Delta E=\hbar\omega+\frac{(\hbar\omega)^2}{2Mc^2}. \]
给定的频率是角频率，所以光子能量为 \[ E_\gamma=\hbar\omega =(1.054\times10^{-34})(2.057\times10^{17}) =\boxed{2.168\times10^{-17}\ \mathrm J}. \]
利用 \(Mc^2\geq m_pc^2\)，反冲修正的相对大小满足 \[ \frac{K_{\mathrm{recoil}}}{E_\gamma} =\frac{E_\gamma}{2Mc^2} \leq\frac{2.168\times10^{-17}}{2(1.503\times10^{-10})} =7.21\times10^{-8}. \] 在给定数据的精度下，它完全可以忽略。
因此 \[ Z^2-Z+\frac18=\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}, \] 其具有物理意义的根为 \[ \boxed{Z=\frac12+\sqrt{\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}+\frac18}.} \]
不一致的常量导致了两个数值估计：
| 用于确定能量尺度的常量 | \(\mathcal R\) | 估算的 \(Z\) |
|---|---|---|
| 给出的里德伯能量 \(E_{\mathrm R}\) | \(2.180\times10^{-18}\ \mathrm J\) | \(3.673\) |
| 题面所列的 \(q^2,m_e,\hbar\)，通过 \(m_e(q^2)^2/(2\hbar^2)\) 计算 | \(1.701\times10^{-18}\ \mathrm J\) | \(4.088\) |
与这两个估计值最接近的整数均为 \(4\)。因此，在按题目本意解释俘获过程并采用这一近似模型的条件下，推断出的元素为 \[ \boxed{Z=4,\qquad \text{铍},} \] 相应的俘获过程为 \[ \mathrm{Be}^{3+}+e^-\longrightarrow\mathrm{Be}^{2+}+\gamma. \]
给定文本不足以支持精确且内部一致的整数判定。
解答已与官方解答核对。
IPhO 1988 · Теоретическая задача 3
Рекомбинация положительных и отрицательных ионов в ионизованном газе
Введение
Газ состоит из положительных ионов некоторого элемента (при высокой температуре) и электронов. Положительный ион образован атомом с неизвестным массовым числом \(Z\). Известно, что в оболочке (на орбите) этого иона находится только один электрон.
Обозначим этот ион символом \(A^{(Z-1)+}\)
Постоянные:
| Постоянная | Значение |
|---|---|
| электрическая постоянная | \(\displaystyle \varepsilon_0=8{,}85\cdot10^{-12}\ \frac{\mathrm{A\cdot s}}{\mathrm{V\cdot m}}\) |
| элементарный заряд | \(\displaystyle e=\pm1{,}602\cdot10^{-19}\ \mathrm{A\cdot s}\) |
| \(\displaystyle q^2=\frac{e^2}{4\cdot\pi\cdot\varepsilon_0}=2{,}037\cdot10^{-28}\ \mathrm{J\cdot m}\) | |
| постоянная Планка | \(\displaystyle \hbar=1{,}054\cdot10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}\) |
| масса покоя электрона | \(\displaystyle m_e=9{,}108\cdot10^{-31}\ \mathrm{kg}\) |
| боровский радиус атома | \(\displaystyle r_{\mathrm B}=\frac{\hbar}{m\cdot q^2}=5{,}92\cdot10^{-11}\ \mathrm m\) |
| энергия Ридберга | \(\displaystyle E_{\mathrm R}=\frac{q^2}{2\cdot r_{\mathrm B}}=2{,}180\cdot10^{-18}\ \mathrm J\) |
| масса покоя протона | \(\displaystyle m_{\mathrm p}\cdot c^2=1{,}503\cdot10^{-10}\ \mathrm J\) |
Вопросы:
3.1
Предположим, что ион, в оболочке которого остался только один электрон,
\(A^{(Z-1)+}\) находится в основном состоянии.
В состоянии с наименьшей энергией квадрат среднего расстояния электрона от ядра, или \(r^2\), с составляющими вдоль осей x, y и z, равными соответственно \((\Delta x)^2\), \((\Delta y)^2\) и \((\Delta z)^2\), задаётся выражением \[ r_0^2=(\Delta x)^2+(\Delta y)^2+(\Delta z)^2 \] а квадрат среднего импульса — выражением \[ p_0^2=(\Delta p_x)^2+(\Delta p_y)^2+(\Delta p_z)^2, \] причём \[ \Delta p_x\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta x},\qquad \Delta p_y\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta y} \quad\text{и}\quad \Delta p_z\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta z}. \]
Запишите в полном виде неравенство для \((p_0)^2\cdot(r_0)^2\).
3.2
Ион, обозначенный \(A^{(Z-1)+}\), может захватить дополнительный электрон, испустив при этом фотон.
Запишите уравнение, которое следует использовать для вычисления частоты испущенного фотона.
3.3
Вычислите энергию иона \(A^{(Z-1)+}\), соответствующую наименьшей энергии. Приближённый расчёт следует выполнить на основе следующих положений:
3.3.A
Потенциальную энергию иона следует выразить через среднее значение \(\dfrac1r\).
(то есть \(\dfrac1{r_0}\); \(r_0\) задано в условии).
3.3.B
При вычислении кинетической энергии иона используйте среднее значение квадрата импульса, приведённое в 3.1, с упрощением \[ (p_0)^2\cdot(r_0)^2\approx(\hbar)^2 \]
3.4
Вычислите энергию иона \(A^{(Z-2)+}\), считая его находящимся в основном состоянии и используя тот же принцип, что и при вычислении энергии \(A^{(Z-1)+}\). Обозначьте средние расстояния каждого из двух электронов на внешней оболочке от ядра (аналогичные \(r_0\) в 3.3) через \(r_1\) и \(r_2\); предположите, что среднее расстояние между двумя электронами равно \(r_1+r_2\), а среднее значение квадрата импульса каждого электрона подчиняется принципу неопределённости, то есть \[ p_1^2\cdot r_1^2\approx\hbar^2 \quad\text{и}\quad p_2^2\cdot r_2^2\approx\hbar^2 \]
Подсказка: Используйте тот факт, что в основном состоянии \(r_1=r_2\)
3.5
Рассмотрите, в частности, случай, когда ион \(A^{(Z-2)+}\) покоится в основном состоянии при захвате дополнительного электрона, причём захватываемый электрон до захвата также покоится. Определите численное значение \(Z\), если частота фотона, испущенного при захвате электрона, равна \(2{,}057\cdot10^{17}\ \mathrm{rad/s}\). Определите элемент, из которого образован ион.
Условие переведено с официального английского текста.
Ответы
Введём энергетический масштаб \[ \mathcal R=\frac{m_e(q^2)^2}{2\hbar^2}. \] При согласованных значениях постоянных он равен энергии Ридберга \(E_{\mathrm R}\). Приведённые в условии постоянные не согласованы между собой, поэтому ниже разграничены численные результаты их использования.
-
3.1 \[ \boxed{ p_0^2r_0^2\geq \frac{\hbar^2}{4} \bigl[(\Delta x)^2+(\Delta y)^2+(\Delta z)^2\bigr] \left[\frac1{(\Delta x)^2}+\frac1{(\Delta y)^2}+\frac1{(\Delta z)^2}\right] \geq\frac94\hbar^2.} \]
-
3.2 \[ \boxed{h\nu=\hbar\omega=E_i-E_f+K_i+K_e-K_f,} \] где \(E_i,E_f\) — внутренние электронные энергии, а величины \(K\) — кинетические энергии поступательного движения.
-
3.3 \[ \boxed{E_1=-Z^2\mathcal R} \qquad\text{(в обычных обозначениях }-Z^2E_{\mathrm R}\text{).} \]
-
3.3.A \[ \boxed{U_1(r_0)\approx-\frac{Zq^2}{r_0}.} \]
-
3.3.B \[ \boxed{T_1(r_0)\approx\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2},\qquad r_{0,\min}=\frac{\hbar^2}{m_eZq^2}.} \]
-
3.4 \[ \boxed{ E_2=-2\left(Z-\frac14\right)^2\mathcal R,\qquad r_1=r_2=\frac{\hbar^2}{m_eq^2(Z-\frac14)}.} \]
-
3.5 Для подразумеваемого захвата второго электрона \[ \boxed{Z=\frac12+\sqrt{\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}+\frac18}} \] при пренебрежимо малой отдаче. Приведённое значение \(E_{\mathrm R}\) даёт \(Z=3.673\); приведённые значения \(q^2,m_e,\hbar\) дают \(Z=4.088\). Для обоих результатов ближайшее целое число равно \[ \boxed{Z=4,\qquad \text{бериллий (Be)}.} \] Это условное, приближённое определение элемента. В исходной формулировке пункт 3.5 описывает захват третьего электрона, энергия которого не задана.
Решение
Указанные зарядовые состояния соответствуют ядру с зарядом \(+Ze\). Будем считать его массу большой по сравнению с массой электрона, пренебрегать его движением при вычислении электронных энергий и использовать нерелятивистское выражение для кинетической энергии электронов. Электронные энергии связи отсчитываются от энергии ядра и удалённых друг от друга электронов.
3.1
Возводя в квадрат и складывая три неравенства неопределённостей, получаем \[ p_0^2\geq\frac{\hbar^2}{4} \left[\frac1{(\Delta x)^2}+\frac1{(\Delta y)^2}+\frac1{(\Delta z)^2}\right]. \]
Умножение на заданное \(r_0^2\) даёт полное выражение \[ \begin{aligned} p_0^2r_0^2\geq\frac{\hbar^2}{4}\biggl[ 3 &+\frac{(\Delta x)^2}{(\Delta y)^2} +\frac{(\Delta y)^2}{(\Delta x)^2}\\ &+\frac{(\Delta y)^2}{(\Delta z)^2} +\frac{(\Delta z)^2}{(\Delta y)^2}\\ &+\frac{(\Delta z)^2}{(\Delta x)^2} +\frac{(\Delta x)^2}{(\Delta z)^2} \biggr]. \end{aligned} \]
Сумма каждой пары взаимно обратных величин не меньше \(2\), поскольку \(u+u^{-1}\geq2\) при \(u>0\). Следовательно, \[ \boxed{p_0^2r_0^2\geq\frac94\hbar^2.} \]
Для равенства необходимы как равенство пространственных неопределённостей, \[ \Delta x=\Delta y=\Delta z, \] так и достижение равенства во всех трёх соотношениях неопределённостей для компонент. Одна лишь сферическая симметрия не обеспечивает достижения равенства.
3.2
Реакция радиационного захвата имеет вид \[ A^{(Z-1)+}+e^-\longrightarrow A^{(Z-2)+}+\gamma. \]
Пусть \(E_i,E_f\) обозначают начальную и конечную внутренние электронные энергии. Пусть \(K_i,K_e\) — начальные кинетические энергии иона и электрона, а \(K_f\) — конечная кинетическая энергия иона. Закон сохранения энергии даёт \[ E_i+K_i+K_e=E_f+K_f+\hbar\omega. \]
Таким образом, \[ \boxed{\hbar\omega=h\nu=E_i-E_f+K_i+K_e-K_f,} \qquad \omega=2\pi\nu. \]
Одинаковые энергии покоя ядра и электронов сокращаются. Закон сохранения импульса определяет отдачу конечного иона. Если начальными кинетическими энергиями и отдачей можно пренебречь, это выражение сводится к \[ \boxed{\hbar\omega\approx E_i-E_f.} \]
3.3
Теперь минимизируем приближённую полную электронную энергию в соответствии с условием задачи.
3.3.A
Потенциальная энергия кулоновского притяжения равна \[ U(r)=-\frac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0r} =-\frac{Zq^2}{r}. \] Используя предписанное приближение для её среднего значения, получаем \[ \boxed{U_1\approx-Zq^2\left\langle\frac1r\right\rangle \approx-\frac{Zq^2}{r_0}.} \]
3.3.B
В стационарном основном состоянии средний импульс электрона равен нулю, поэтому средний квадрат его импульса выражается величиной \(p_0^2\). Таким образом, заданная оценка \[ p_0^2r_0^2\approx\hbar^2 \] даёт \[ \boxed{T_1\approx\frac{p_0^2}{2m_e} \approx\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2}.} \]
Это намеренно грубая замена результата, полученного из соотношений неопределённостей: она отбрасывает численный коэффициент из 3.1 и не является равенством, выведенным из этой границы.
Следовательно, оценка полной энергии имеет вид \[ E_1(r_0)=\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2}-\frac{Zq^2}{r_0}. \] Её стационарная точка удовлетворяет условию \[ \frac{dE_1}{dr_0} =-\frac{\hbar^2}{m_er_0^3} +\frac{Zq^2}{r_0^2}=0, \] откуда \[ \boxed{r_{0,\min}=\frac{\hbar^2}{m_eZq^2}.} \]
Вторая производная в этой точке равна \(\hbar^2/(m_er_0^4)>0\), поэтому это минимум. Подстановка даёт \[ T_{1,\min}=\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{2\hbar^2}, \qquad U_{1,\min}=-\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{\hbar^2}, \] и, следовательно, \[ \boxed{E_1=-\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{2\hbar^2}=-Z^2\mathcal R.} \]
При согласованных значениях постоянных Бора и Ридберга эти выражения принимают привычный вид \[ r_{0,\min}=\frac{r_{\mathrm B}}Z, \qquad E_1=-Z^2E_{\mathrm R}. \]
3.4
Теперь имеются две кинетические энергии электронов, два слагаемых, описывающих притяжение электронов к ядру, и одно слагаемое, описывающее отталкивание электронов друг от друга. В заданном приближении для расстояния между электронами \[ E_2(r_1,r_2)= \frac{\hbar^2}{2m_e}\left(\frac1{r_1^2}+\frac1{r_2^2}\right) -Zq^2\left(\frac1{r_1}+\frac1{r_2}\right) +\frac{q^2}{r_1+r_2}. \]
Используя заданное условие для основного состояния \(r_1=r_2=r\), получаем \[ E_2(r)=\frac{\hbar^2}{m_er^2} -\frac{2Zq^2}{r}+\frac{q^2}{2r} =\frac{\hbar^2}{m_er^2} -\frac{2q^2(Z-\frac14)}r. \]
Минимизация даёт \[ -\frac{2\hbar^2}{m_er^3} +\frac{2q^2(Z-\frac14)}{r^2}=0, \] так что \[ \boxed{r=\frac{\hbar^2}{m_eq^2(Z-\frac14)}.} \]
При этом радиусе \[ \boxed{ E_2=-\frac{m_e(q^2)^2}{\hbar^2} \left(Z-\frac14\right)^2 =-2\mathcal R\left(Z-\frac14\right)^2.} \]
Таким образом, в этой модели отталкивание электронов приводит к замене \(Z\) эффективным значением \(Z-\tfrac14\) в энергии основного состояния каждого электрона.
3.5
Чтобы связать этот пункт с энергиями, вычисленными в 3.3 и 3.4, захват необходимо интерпретировать как \[ A^{(Z-1)+}+e^-\longrightarrow A^{(Z-2)+}+\gamma. \] Зарядовое состояние, буквально указанное в 3.5, описывает другой процесс — захват третьего электрона, энергия которого в этой задаче не вычисляется.
Для подразумеваемого процесса высвобождаемая энергия связи равна \[ \begin{aligned} \Delta E&=E_1-E_2\\ &=\left[2\left(Z-\frac14\right)^2-Z^2\right]\mathcal R\\ &=\boxed{\left(Z^2-Z+\frac18\right)\mathcal R}. \end{aligned} \]
Хотя обе исходные частицы покоятся, конечный ион должен испытать отдачу. Если его масса равна \(M\), закон сохранения импульса даёт \[ p_{\mathrm{ion}}=p_\gamma=\frac{\hbar\omega}{c}. \] Следовательно, \[ \Delta E=\hbar\omega+\frac{(\hbar\omega)^2}{2Mc^2}. \]
Заданная частота является угловой частотой, поэтому энергия фотона равна \[ E_\gamma=\hbar\omega =(1.054\times10^{-34})(2.057\times10^{17}) =\boxed{2.168\times10^{-17}\ \mathrm J}. \]
Используя \(Mc^2\geq m_pc^2\), получаем верхнюю границу относительной поправки на отдачу: \[ \frac{K_{\mathrm{recoil}}}{E_\gamma} =\frac{E_\gamma}{2Mc^2} \leq\frac{2.168\times10^{-17}}{2(1.503\times10^{-10})} =7.21\times10^{-8}. \] При точности приведённых данных она совершенно пренебрежима.
Поэтому \[ Z^2-Z+\frac18=\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}, \] и физически допустимый корень этого уравнения равен \[ \boxed{Z=\frac12+\sqrt{\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}+\frac18}.} \]
Несогласованность постоянных приводит к двум численным оценкам:
| Постоянные, использованные для энергетического масштаба | \(\mathcal R\) | Оценка \(Z\) |
|---|---|---|
| Приведённая энергия Ридберга \(E_{\mathrm R}\) | \(2.180\times10^{-18}\ \mathrm J\) | \(3.673\) |
| Приведённые \(q^2,m_e,\hbar\), по формуле \(m_e(q^2)^2/(2\hbar^2)\) | \(1.701\times10^{-18}\ \mathrm J\) | \(4.088\) |
Для обеих оценок ближайшее целое число равно \(4\). Следовательно, при подразумеваемой интерпретации захвата и в рамках приближённой модели получаем элемент \[ \boxed{Z=4,\qquad \text{бериллий},} \] с процессом захвата \[ \mathrm{Be}^{3+}+e^-\longrightarrow\mathrm{Be}^{2+}+\gamma. \]
Приведённый текст не позволяет получить точное, внутренне согласованное целочисленное значение.
Решение проверено по официальному решению.
IPhO 1988 · مسألة نظرية 3
إعادة اتحاد الأيونات الموجبة والسالبة في غاز متأين
مقدمة
يتكون غاز من أيونات موجبة لعنصر ما (عند درجة حرارة مرتفعة) وإلكترونات. ينتمي الأيون الموجب إلى ذرة ذات عدد كتلي مجهول \(Z\). ومن المعلوم أن هذا الأيون لا يحتوي إلا على إلكترون واحد في الغلاف (المدار).
لنرمز إلى هذا الأيون بالرمز \(A^{(Z-1)+}\)
الثوابت:
| الثابت | القيمة |
|---|---|
| ثابت المجال الكهربائي | \(\displaystyle \varepsilon_0=8{,}85\cdot10^{-12}\ \frac{\mathrm{A\cdot s}}{\mathrm{V\cdot m}}\) |
| الشحنة الأولية | \(\displaystyle e=\pm1{,}602\cdot10^{-19}\ \mathrm{A\cdot s}\) |
| \(\displaystyle q^2=\frac{e^2}{4\cdot\pi\cdot\varepsilon_0}=2{,}037\cdot10^{-28}\ \mathrm{J\cdot m}\) | |
| ثابت بلانك | \(\displaystyle \hbar=1{,}054\cdot10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}\) |
| كتلة سكون الإلكترون | \(\displaystyle m_e=9{,}108\cdot10^{-31}\ \mathrm{kg}\) |
| نصف قطر بور الذري | \(\displaystyle r_{\mathrm B}=\frac{\hbar}{m\cdot q^2}=5{,}92\cdot10^{-11}\ \mathrm m\) |
| طاقة ريدبرغ | \(\displaystyle E_{\mathrm R}=\frac{q^2}{2\cdot r_{\mathrm B}}=2{,}180\cdot10^{-18}\ \mathrm J\) |
| كتلة سكون البروتون | \(\displaystyle m_{\mathrm p}\cdot c^2=1{,}503\cdot10^{-10}\ \mathrm J\) |
الأسئلة:
3.1
افترض أن الأيون الذي لم يتبقَّ في غلافه سوى إلكترون واحد،
\(A^{(Z-1)+}\)، في الحالة الأرضية.
في الحالة ذات أدنى طاقة، يُعطى مربع متوسط بُعد الإلكترون عن النواة، أي \(r^2\)، بمركبات على المحاور x وy وz هي \((\Delta x)^2\) و\((\Delta y)^2\) و\((\Delta z)^2\) على الترتيب، وتكون \[ r_0^2=(\Delta x)^2+(\Delta y)^2+(\Delta z)^2 \] وكذلك يُعطى مربع متوسط الزخم بالعلاقة \[ p_0^2=(\Delta p_x)^2+(\Delta p_y)^2+(\Delta p_z)^2, \] حيث \[ \Delta p_x\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta x},\qquad \Delta p_y\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta y} \quad\text{و}\quad \Delta p_z\geq\frac{\hbar}{2\cdot\Delta z}. \]
اكتب متباينة تتضمن \((p_0)^2\cdot(r_0)^2\) بصورتها الكاملة.
3.2
قد يلتقط الأيون الممثل بالرمز \(A^{(Z-1)+}\) إلكترونًا إضافيًا، فيبعث نتيجة لذلك فوتونًا.
اكتب معادلة تُستخدم لحساب تردد الفوتون المنبعث.
3.3
احسب طاقة الأيون \(A^{(Z-1)+}\) باستخدام قيمة أدنى طاقة. ينبغي إجراء الحساب بصورة تقريبية استنادًا إلى المبادئ الآتية:
3.3.A
ينبغي التعبير عن طاقة وضع الأيون بدلالة متوسط قيمة \(\dfrac1r\).
(أي \(\dfrac1{r_0}\)؛ حيث إن \(r_0\) معطى في المسألة).
3.3.B
عند حساب الطاقة الحركية للأيون، استخدم متوسط مربع الزخم المعطى في 3.1 بعد تبسيطه بالعلاقة \[ (p_0)^2\cdot(r_0)^2\approx(\hbar)^2 \]
3.4
احسب طاقة الأيون \(A^{(Z-2)+}\)، المفترض أنه في الحالة الأرضية، مستخدمًا المبدأ نفسه المتبع في حساب طاقة \(A^{(Z-1)+}\). إذا رُمز إلى متوسط بُعد كل من الإلكترونين في الغلاف الخارجي (على غرار \(r_0\) المعطى في 3.3) بالرمزين \(r_1\) و\(r_2\)، فافترض أن متوسط المسافة بين الإلكترونين يُعطى بالعلاقة \(r_1+r_2\)، وأن متوسط مربع زخم كل إلكترون يخضع لمبدأ عدم اليقين، أي \[ p_1^2\cdot r_1^2\approx\hbar^2 \quad\text{و}\quad p_2^2\cdot r_2^2\approx\hbar^2 \]
تلميح: استفد من المعلومة التي تفيد بأن \(r_1=r_2\) في الحالة الأرضية.
3.5
اعتبر على وجه الخصوص أن الأيون \(A^{(Z-2)+}\) ساكن وفي الحالة الأرضية عندما يلتقط إلكترونًا إضافيًا، وأن الإلكترون الملتقط ساكن أيضًا قبل الالتقاط. حدد القيمة العددية لـ \(Z\)، إذا كان تردد الفوتون المنبعث المصاحب لالتقاط الإلكترون هو \(2{,}057\cdot10^{17}\ \mathrm{rad/s}\). حدد العنصر الذي ينشأ منه الأيون.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي.
الإجابات
نعرّف مقياس الطاقة \[ \mathcal R=\frac{m_e(q^2)^2}{2\hbar^2}. \] عند استخدام ثوابت متسقة، يكون هذا المقياس هو طاقة ريدبرغ \(E_{\mathrm R}\). أما الثوابت المطبوعة فغير متسقة، لذا نميّز فيما يلي بين النتائج العددية المترتبة عليها.
-
3.1 \[ \boxed{ p_0^2r_0^2\geq \frac{\hbar^2}{4} \bigl[(\Delta x)^2+(\Delta y)^2+(\Delta z)^2\bigr] \left[\frac1{(\Delta x)^2}+\frac1{(\Delta y)^2}+\frac1{(\Delta z)^2}\right] \geq\frac94\hbar^2.} \]
-
3.2 \[ \boxed{h\nu=\hbar\omega=E_i-E_f+K_i+K_e-K_f,} \] حيث إن \(E_i,E_f\) هما الطاقتان الإلكترونيتان الداخليتان، والكميات \(K\) هي الطاقات الحركية الانتقالية.
-
3.3 \[ \boxed{E_1=-Z^2\mathcal R} \qquad\text{(بالصيغة المعتادة، }-Z^2E_{\mathrm R}\text{).} \]
-
3.3.A \[ \boxed{U_1(r_0)\approx-\frac{Zq^2}{r_0}.} \]
-
3.3.B \[ \boxed{T_1(r_0)\approx\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2},\qquad r_{0,\min}=\frac{\hbar^2}{m_eZq^2}.} \]
-
3.4 \[ \boxed{ E_2=-2\left(Z-\frac14\right)^2\mathcal R,\qquad r_1=r_2=\frac{\hbar^2}{m_eq^2(Z-\frac14)}.} \]
-
3.5 بالنسبة إلى الالتقاط المقصود لإلكترون ثانٍ، \[ \boxed{Z=\frac12+\sqrt{\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}+\frac18}} \] مع إهمال الارتداد لصغره. تعطي قيمة \(E_{\mathrm R}\) المذكورة \(Z=3.673\)؛ بينما تعطي القيم المطبوعة لـ \(q^2,m_e,\hbar\) النتيجة \(Z=4.088\). وأقرب عدد صحيح إلى كلتيهما هو \[ \boxed{Z=4,\qquad \text{البيريليوم (Be)}.} \] هذا تحديد تقريبي ومشروط. فوفقًا للنص المطبوع، يصف الجزء 3.5 التقاط إلكترون ثالث لم تُحدَّد طاقته.
الحل
تقتضي حالات الشحنة وجود نواة شحنتها \(+Ze\). نعدّ كتلتها كبيرة مقارنة بكتلة الإلكترون، ونهمل حركتها عند حساب الطاقات الإلكترونية، ونستخدم تعبيرات الطاقة الحركية غير النسبية للإلكترونات. وتُقاس طاقات الارتباط الإلكترونية بالنسبة إلى النواة والإلكترونات المنفصلة.
3.1
بتربيع متباينات عدم اليقين الثلاث وجمعها نحصل على \[ p_0^2\geq\frac{\hbar^2}{4} \left[\frac1{(\Delta x)^2}+\frac1{(\Delta y)^2}+\frac1{(\Delta z)^2}\right]. \]
وبالضرب في \(r_0^2\) المحدد في المسألة نحصل على التعبير الكامل \[ \begin{aligned} p_0^2r_0^2\geq\frac{\hbar^2}{4}\biggl[ 3 &+\frac{(\Delta x)^2}{(\Delta y)^2} +\frac{(\Delta y)^2}{(\Delta x)^2}\\ &+\frac{(\Delta y)^2}{(\Delta z)^2} +\frac{(\Delta z)^2}{(\Delta y)^2}\\ &+\frac{(\Delta z)^2}{(\Delta x)^2} +\frac{(\Delta x)^2}{(\Delta z)^2} \biggr]. \end{aligned} \]
مجموع كل زوج من الحدّين المتبادلين لا يقل عن \(2\)، لأن \(u+u^{-1}\geq2\) عندما \(u>0\). ومن ثم \[ \boxed{p_0^2r_0^2\geq\frac94\hbar^2.} \]
تتطلب المساواة تساوي مقادير عدم اليقين المكانية، \[ \Delta x=\Delta y=\Delta z, \] وتحقق حد المساواة في علاقات عدم اليقين للمركبات الثلاث جميعًا. ولا يكفي التناظر الكروي وحده لإثبات تحقق هذا الحد.
3.2
تفاعل الالتقاط الإشعاعي هو \[ A^{(Z-1)+}+e^-\longrightarrow A^{(Z-2)+}+\gamma. \]
لنرمز بـ \(E_i,E_f\) إلى الطاقتين الإلكترونيتين الداخليتين الابتدائية والنهائية. ولتكن \(K_i,K_e\) الطاقتين الحركيتين الابتدائيتين للأيون والإلكترون، و\(K_f\) الطاقة الحركية النهائية للأيون. يعطي حفظ الطاقة \[ E_i+K_i+K_e=E_f+K_f+\hbar\omega. \]
إذن \[ \boxed{\hbar\omega=h\nu=E_i-E_f+K_i+K_e-K_f,} \qquad \omega=2\pi\nu. \]
تُختزل طاقات سكون النواة والإلكترونات المشتركة بين الطرفين. ويحدد حفظ الزخم ارتداد الأيون النهائي. وإذا أمكن إهمال الطاقات الحركية الابتدائية والارتداد، اختُزلت العلاقة إلى \[ \boxed{\hbar\omega\approx E_i-E_f.} \]
3.3
نوجد الآن القيمة الصغرى للطاقة الإلكترونية الكلية التقريبية المطلوبة في المسألة.
3.3.A
طاقة وضع التجاذب الكولومي هي \[ U(r)=-\frac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0r} =-\frac{Zq^2}{r}. \] وباستخدام التقريب المحدد لقيمتها المتوقعة، \[ \boxed{U_1\approx-Zq^2\left\langle\frac1r\right\rangle \approx-\frac{Zq^2}{r_0}.} \]
3.3.B
متوسط زخم الإلكترون يساوي صفرًا في الحالة الأرضية المستقرة، ولذلك يُمثَّل متوسط مربع زخمه بـ \(p_0^2\). ومن ثم يعطي التقدير المفروض \[ p_0^2r_0^2\approx\hbar^2 \] العلاقة \[ \boxed{T_1\approx\frac{p_0^2}{2m_e} \approx\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2}.} \]
هذا استبدال خشن متعمد لنتيجة عدم اليقين؛ إذ يهمل المعامل العددي الوارد في 3.1، وليس مساواة مشتقة من ذلك الحد.
وبناءً على ذلك، تكون الطاقة الكلية المقدرة \[ E_1(r_0)=\frac{\hbar^2}{2m_er_0^2}-\frac{Zq^2}{r_0}. \] وتحقق نقطتها الساكنة \[ \frac{dE_1}{dr_0} =-\frac{\hbar^2}{m_er_0^3} +\frac{Zq^2}{r_0^2}=0, \] مما يعطي \[ \boxed{r_{0,\min}=\frac{\hbar^2}{m_eZq^2}.} \]
المشتقة الثانية عند هذه النقطة هي \(\hbar^2/(m_er_0^4)>0\)، لذا فهي نقطة قيمة صغرى. وبالتعويض نحصل على \[ T_{1,\min}=\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{2\hbar^2}, \qquad U_{1,\min}=-\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{\hbar^2}, \] ومن ثم \[ \boxed{E_1=-\frac{m_eZ^2(q^2)^2}{2\hbar^2}=-Z^2\mathcal R.} \]
عند استخدام ثابتي بور وريدبرغ المتسقين، تأخذ هذه النتائج الصيغتين المألوفتين \[ r_{0,\min}=\frac{r_{\mathrm B}}Z, \qquad E_1=-Z^2E_{\mathrm R}. \]
3.4
لدينا الآن طاقتان حركيتان للإلكترونين، وحدّان لتجاذب الإلكترونين مع النواة، وحدّ واحد للتنافر بين الإلكترونين. ووفقًا للتقريب المحدد للمسافة الفاصلة، \[ E_2(r_1,r_2)= \frac{\hbar^2}{2m_e}\left(\frac1{r_1^2}+\frac1{r_2^2}\right) -Zq^2\left(\frac1{r_1}+\frac1{r_2}\right) +\frac{q^2}{r_1+r_2}. \]
وباستخدام شرط الحالة الأرضية المعطى \(r_1=r_2=r\)، \[ E_2(r)=\frac{\hbar^2}{m_er^2} -\frac{2Zq^2}{r}+\frac{q^2}{2r} =\frac{\hbar^2}{m_er^2} -\frac{2q^2(Z-\frac14)}r. \]
يعطي إيجاد القيمة الصغرى \[ -\frac{2\hbar^2}{m_er^3} +\frac{2q^2(Z-\frac14)}{r^2}=0, \] ومن ثم \[ \boxed{r=\frac{\hbar^2}{m_eq^2(Z-\frac14)}.} \]
عند نصف القطر هذا، \[ \boxed{ E_2=-\frac{m_e(q^2)^2}{\hbar^2} \left(Z-\frac14\right)^2 =-2\mathcal R\left(Z-\frac14\right)^2.} \]
إذن، في هذا النموذج، يؤدي تنافر الإلكترونين إلى استبدال \(Z\) بالقيمة الفعالة \(Z-\tfrac14\) في طاقة الحالة الأرضية لكل إلكترون.
3.5
لربط هذا الجزء بالطاقتين المحسوبتين في 3.3 و3.4، يجب تفسير الالتقاط على أنه \[ A^{(Z-1)+}+e^-\longrightarrow A^{(Z-2)+}+\gamma. \] أما حالة الشحنة المطبوعة حرفيًا في 3.5 فتصف عملية مختلفة، هي التقاط إلكترون ثالث لا تُحسَب طاقته في هذه المسألة.
بالنسبة إلى العملية المقصودة، تكون طاقة الارتباط المتحررة \[ \begin{aligned} \Delta E&=E_1-E_2\\ &=\left[2\left(Z-\frac14\right)^2-Z^2\right]\mathcal R\\ &=\boxed{\left(Z^2-Z+\frac18\right)\mathcal R}. \end{aligned} \]
على الرغم من سكون كلا الجسيمين الواردين، فلا بد أن يرتد الأيون النهائي. وإذا كانت كتلته \(M\)، فإن حفظ الزخم يعطي \[ p_{\mathrm{ion}}=p_\gamma=\frac{\hbar\omega}{c}. \] وبناءً على ذلك، \[ \Delta E=\hbar\omega+\frac{(\hbar\omega)^2}{2Mc^2}. \]
التردد المعطى هو تردد زاوي، لذا تكون طاقة الفوتون \[ E_\gamma=\hbar\omega =(1.054\times10^{-34})(2.057\times10^{17}) =\boxed{2.168\times10^{-17}\ \mathrm J}. \]
وباستخدام \(Mc^2\geq m_pc^2\)، يكون التصحيح النسبي الناتج عن الارتداد محدودًا بالعلاقة \[ \frac{K_{\mathrm{recoil}}}{E_\gamma} =\frac{E_\gamma}{2Mc^2} \leq\frac{2.168\times10^{-17}}{2(1.503\times10^{-10})} =7.21\times10^{-8}. \] ويمكن إهماله تمامًا عند مستوى دقة المعطيات.
وعليه \[ Z^2-Z+\frac18=\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}, \] وجذر هذه المعادلة المقبول فيزيائيًا هو \[ \boxed{Z=\frac12+\sqrt{\frac{\hbar\omega}{\mathcal R}+\frac18}.} \]
تؤدي الثوابت غير المتسقة إلى تقديرين عدديين:
| الثوابت المستخدمة لمقياس الطاقة | \(\mathcal R\) | القيمة المقدرة لـ \(Z\) |
|---|---|---|
| طاقة ريدبرغ المذكورة \(E_{\mathrm R}\) | \(2.180\times10^{-18}\ \mathrm J\) | \(3.673\) |
| القيم المطبوعة لـ \(q^2,m_e,\hbar\)، من خلال \(m_e(q^2)^2/(2\hbar^2)\) | \(1.701\times10^{-18}\ \mathrm J\) | \(4.088\) |
أقرب عدد صحيح إلى كلا التقديرين هو \(4\). وبناءً على ذلك، ووفق تفسير الالتقاط المقصود والنموذج التقريبي، يكون العنصر المستنتج هو \[ \boxed{Z=4,\qquad \text{البيريليوم},} \] ويكون تفاعل الالتقاط \[ \mathrm{Be}^{3+}+e^-\longrightarrow\mathrm{Be}^{2+}+\gamma. \]
لا يتيح النص المعطى تحديدًا دقيقًا ومتسقًا داخليًا لقيمة صحيحة.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحل الرسمي.