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Gregor schrieb:
Ich habe das Potential zu keinem Zeitpunkt nachgerechnet, aber irgendwie gefaellt es mir nicht.
Deswegen hab ich es zum nachvollziehen mal getan:
Bohr schrieb:
Okay, hier man eine Begründung, woher das Potential (in klassischer Feldtheorie) kommt:
Angenommen, das mittlere Potential des Elektrons im 1s-Zustand sei
ϕ(r⃗)=e4πϵ_0∣r⃗∣e−2∣r⃗∣a_0(1+∣r⃗∣a0)\phi(\vec r) = \dfrac{e}{4\pi\epsilon\_0|\vec r|}\mathbb{e}^{-\dfrac{2|\vec r|}{a\_0}}\left(1+\dfrac{|\vec r|}{a_0}\right)ϕ(r⃗)=4πϵ_0∣r⃗∣ee−a_02∣r⃗∣(1+a0∣r⃗∣)
Wir kennen die Poisson-Gleichung:
Δϕ(r⃗)=−ρ(r⃗)ϵ0\Delta \phi(\vec r) = -\dfrac{\rho(\vec r)}{\epsilon_0}Δϕ(r⃗)=−ϵ0ρ(r⃗)
Radialsymmetrisches Problem, da nur abhängig vom Betrag des Vektors, also Laplace-Operator in Kugelkoordinaten (mit α=2a0\alpha = \frac{2}{a_0}α=a02):
Δϕ(r⃗)=Δϕ(r)=1r∂2∂r2(rϕ(r))=e4πϵ_0r∂2∂r2(e−αr(1+αr2))=e4πϵ_0re−αr(α2−α22+α3r2−α22)=e4πϵ_0α32e−αr=e4πϵ_082a_03e−αr=eπϵ_0a03e−αr\Delta \phi(\vec r) = \Delta \phi(r) = \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(r\phi(r)) = \dfrac{e}{4\pi\epsilon\_0r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(\mathbb{e}^{-\alpha r}(1+\dfrac{\alpha r}{2})) = \dfrac{e}{4\pi\epsilon\_0r}\mathbb{e}^{-\alpha r}(\alpha^2 - \dfrac{\alpha^2}{2} + \alpha^3 \dfrac{r}{2} - \dfrac{\alpha^2}{2}) = \dfrac{e}{4\pi\epsilon\_0}\dfrac{\alpha^3}{2}\mathbb{e}^{-\alpha r} = \dfrac{e}{4\pi\epsilon\_0}\dfrac{8}{2a\_0^3}\mathbb{e}^{-\alpha r} = \dfrac{e}{\pi\epsilon\_0 a_0^3}\mathbb{e}^{-\alpha r}Δϕ(r⃗)=Δϕ(r)=r1∂r2∂2(rϕ(r))=4πϵ_0re∂r2∂2(e−αr(1+2αr))=4πϵ_0ree−αr(α2−2α2+α32r−2α2)=4πϵ_0e2α3e−αr=4πϵ_0e2a_038e−αr=πϵ_0a03ee−αr
Also folgt aus der Poisson-Gleichung:
ρ(r⃗)=−eπa_03e−αr=−eπa_03e−2ra0\rho(\vec r) = - \dfrac{e}{\pi a\_0^3}\mathbb{e}^{-\alpha r} = - \dfrac{e}{\pi a\_0^3}\mathbb{e}^{-\dfrac{2r}{a_0}}ρ(r⃗)=−πa_03ee−αr=−πa_03ee−a02r
Wellenfunktion des Elektrons im 1s-Zustand:
⟨ψ∣x⟩=1a_03πe−ra_0\langle \psi \mid x \rangle = \sqrt{\dfrac{1}{a\_0^3\pi}}\mathbb{e}^{-\dfrac{r}{a\_0}}⟨ψ∣x⟩=√a_03π1e−a_0r
Mittlere Ladungsdichte ist dann:
−e∣⟨ψ∣x⟩∣2=−eπa_03e−2ra_0-e|\langle \psi \mid x \rangle|^2 = - \dfrac{e}{\pi a\_0^3}\mathbb{e}^{-\dfrac{2r}{a\_0}}−e∣⟨ψ∣x⟩∣2=−πa_03ee−a_02r
Übereinstimmung der Ladungsverteilungen. Das Potential ist also richtig.
Mathematisch ist das einwandfrei, das Potential steht so auch z.B. im Jackson (Klassische Elektrodynamik).
Gregor schrieb:
Ich waere eigentlich davon ausgegangen, dass sich das Potential mit groesser werdendem x wesentlich schneller der 0 naehert.
Wenn du ein paar der Konstanten aus dem Potential einsetzt, geht's ja auch etwas schneller. Aber so wie das 1s-Orbital ausschaut, hat ein freies Wasserstoff-Atom ein Monopolmoment wie eine positive Ladung (wie gesagt, realitätsfern, da kein freier Wasserstoff existiert, sondern gleich hybridisiert und in der Ferne andere WW viel stärker sind. Aber dass Atome nach außen hin völlig ohne sind, ist eben nicht richtig (das wusste ich am Beginn des Threads nicht), und diese Regel nicht einmal für höhere Multipolmomente, sondern schon für Monopolmomente nicht stimmen. Die Gesamtladung ist natürlich trotzdem 0. Aber für jedes endliche Gauß-Volumen gibt es einen elektrischen Fluss, für jeden Abstand ein elektrisches Feld. Erst, wenn du das Gauß-Volumen über den gesamten Raum erstreckst (also unendlich), ist der Fluss 0 (Beweis: Elektronenladung = Kernladung, da Volumenintegral über Ladungsdichte gleich Volumenintegral über normierte W'keitsdichte mal Ladung gleich Ladung, also Gesamtladung 0).
Jetzt ist das Thema denke ich genug ausgelutscht. Die Antwort liegt in der Austausch-Wechselwirkung.
