Staatsexamen Ph ysik F rühjahr 2015

(Stand: 23. Februar 2015)
Julian Palme
Frühjahr 2015
(Lehramt, nicht-vertieft)
Staatsexamen Physik
Dies ist ein selbst erstelltes Skript auf der Basis alter Staatsexamensaufgaben und
der Quellen im Quellenverzeichnis. Dieses Dokument ist KEIN offizielles Skript und
wurde gesetzt in LATEX von Julian Palme.
VI Aufbau der Materie IIa – Festkörperphysik
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V Aufbau der Materie I – Quanten, Atome und Moleküle
F 2011 M, Aufgabe 1: Atome im Megnetfeld . . . . . . . . . .
F 2012 M, Aufgabe 1: Quantenzahlen und Atomspektren . . .
F 2012 M, Aufgabe 3: Wasserstoffähnliche Ionen . . . . . . . .
H 2012 M, Aufgabe 2: Röntgenröhre und Bodyscanner . . . .
F 2013 M, Aufgabe 1: Spektrallinien des Wasserstoffatoms . .
H 2013 M, Aufgabe 1: Helium-Ionen . . . . . . . . . . . . . .
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IV Wärmelehre
F 2010 K, Aufgabe 2: Ideale Gase in Flaschen . .
H 2010 K, Aufgabe 1: Geothermie . . . . . . . . .
F 2011 K, Aufgabe 3: Flüssigkeitskalorimeter . .
H 2011 K, Aufgabe 2: Barometrische Höhenformel
F 2012 K, Aufgabe 2: Fahrradreifen . . . . . . . .
H 2012 K, Aufgabe 2: Wärmeaustausch . . . . . .
F 2013 K, Aufgabe 2: Mischkalorimeter . . . . . .
H 2013 K, Aufgabe 2: Eisberg . . . . . . . . . . .
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Brechung
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III Optik
F 2010 K, Aufgabe 4: Vergütetes Glas . . . . . . .
H 2010 K, Aufgabe 4: Totalreflexion . . . . . . . . .
F 2011 K, Aufgabe 4: Astronomisches Teleskop . .
H 2011 K, Aufgabe 3: Doppelspalt mit Glasplatte .
Kohärenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Kohärenzlänge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
F 2012 K, Aufgabe 4: Abbildung mit Linsen . . . .
H 2012 K, Aufgabe 3: Reflexionsgitter . . . . . . .
F 2013 K, Aufgabe 4: Strahlenoptik: Reflexion und
H 2013 K, Aufgabe 3: Abbildung durch eine Linse .
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II Elektrodynamik
F 2010 K, Aufgabe 3: Glühemission . . . . . . . . . . .
H 2010 K, Aufgabe 3: Widerstands-Schaltungen . . . .
F 2011 K, Aufgabe 2: Elektrische Ladungen und Felder
H 2011 K, Aufgabe 4: Kapazität und geladene Kugeln
F 2012 K, Aufgabe 3: Ionen im Magnetfeld . . . . . . .
H 2012 K, Aufgabe 4: Stromdurchflossener Draht . . .
F 2013 K, Aufgabe 3: Kondensatoren . . . . . . . . . .
H 2013 K, Aufgabe 4: Stab im Magnetfeld . . . . . . .
F 2014 K, Aufgabe 3: Messung von Hochspannungen .
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I
Mechanik
F 2010 K, Aufgabe 1: Bungee-Springen . . . . . . . . . . . .
H 2010 K, Aufgabe 2: Rakete . . . . . . . . . . . . . . . . .
F 2011 K, Aufgabe 1: Straßenverkehr . . . . . . . . . . . . .
H 2011 K, Aufgabe 1: Erdbohrung . . . . . . . . . . . . . .
F 2012 K, Aufgabe 1: Federbein . . . . . . . . . . . . . . . .
H 2012 K, Aufgabe 1: Geschwindigkeit und Beschleunigung
F 2013 K, Aufgabe 1: Haftung und Gleitreibung . . . . . . .
H 2013 K, Aufgabe 1: Dampfturbine . . . . . . . . . . . . .
Inhaltsverzeichnis
Inhaltsverzeichnis
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43
36
36
37
38
39
40
41
30
30
30
31
32
33
33
34
34
21
21
21
23
25
26
26
26
27
28
28
11
11
11
12
14
15
17
18
19
20
5
5
5
6
7
8
9
9
10
demischer Verlag, 1991.
[Rot91] Rottmann, K.: Mathematische Formelsammlung. Heidelberg, Berlin : Spektrum Aka-
Verlag, 2013.
[MS13] Mende, D. ; Simon, G.: PHYSIK – Gleichungen und Tabellen. München : Carl Hanser
dauer Verlag, 2002.
[HH02] Hammer, A. ; Hammer, H.: Physikalische Formeln und Tabellen. München : J. Lin-
[Ero14] Eroms, J.: Aufbau der Materie II. Regensburg, 2013/2014.
Literatur
Literatur
Literatur
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im Festkörper
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VII Aufbau der Materie IIb – Kerne und Teilchen
F 2012 M, Aufgabe 2: Kernmasse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
H 2012 M, Aufgabe 4: Kernspaltung und Folgen . . . . . . . . . . . . . .
F 2013 M, Aufgabe 2: Uranspaltung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
H 2013 M, Aufgabe 2: Betazerfall des freien Neutrons . . . . . . . . . . .
H 2013 M, Aufgabe 3: Bohrsches Atommodell für wasserstoffartige Ionen
Verständnisfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
F 2012 M, Aufgabe 4: Anregungen in Festkörpern . . . . . . . . . . . .
H 2012 M, Aufgabe 1: Freies Elektronengas . . . . . . . . . . . . . . .
H 2012 M, Aufgabe 3: Kristallstruktur und elektronische Eigenschaften
F 2013 M, Aufgabe 3: Kristalstruktur von Festkörpern . . . . . . . . .
F 2013 M, Aufgabe 4: Elektrische Leitfähigkeit von Festkörpern . . . .
H 2013 M, Aufgabe 4: Sturktur von Aluminium . . . . . . . . . . . . .
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59
59
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60
60
61
43
50
51
54
55
57
58
MECHANIK
1
2
2 m2 v
= . . . ≈ 34 m
1
2π
q
D
m
1
2mg
= . . . ≈ 0.09 Hz
· Ds2 = . . . = 15 m
Ds2
m2
mg
s
N
= . . . ≈ 23 m
g
w
0
Zt
0
Zt
0
= v(t)
= −gt − w · ln
0
= w · ln
m(0)
m(t)
0
Zt
ṁ
dt = −gt − w ·
m(t)
m(t)
m(0)
w·
ṁ
dt
m(t)
− gt = w · ln
m0
m0 − ṁt
h
i
1
dm = −gt − w ln m(t) − ln m(0)
m(t)
Zt
Zt
g dt −
= −gt − w ·
ẍ = −
dm
dt
− gt
Seite 5
kleinerer Teil gt subtrahiert und v(t) wird mit zunehmendem r – und somit zunehmender
abhängig ist und mit zunehmender Entfernung abnimmt. Das heißt, es wird ein immer
(d) Berechnete Geschwindigkeit ist kleiner als die reale, da g von der Entfernung der Erde
=⇒
ṁ
m(t)
= . . . ≈ 0.49 % 1s
=ṁ
dm
dt
|{z}
ṁ
m(t)
(c) g = const =⇒ ẍ = −g − w ·
=⇒ − ṁ
m =
mg = −w ·
FG = −FSchub
(b) Mit Fges = 0 folgt:
=⇒ ẍ = −g(r) − w ·
(a) mẍ = Fges = −FG − FSchub = −m(t)g(r) − w ·
H 2010 K, Aufgabe 2: Rakete
[MS13, S. 244]: ms̈ + αṡ + Ds = 0, wobei α der Dämpfungskoeffizient ist.
(e) Ursachen: Luftreibung, Reibung im Material selbst
(d) [MS13, S. 243]: f =
(c) mgh = 12 Ds2 =⇒ h =
=⇒ v 2 ≈ 336.43 mNkg =⇒ v ≈ 18.34 ms
m2 g
D
= 12 Ds2 =⇒ v 2 =
Aus (a) und (∗) folgt: s =
(b) Ekin = Espan =⇒
(a) FG = FDehnung =⇒ (∗) m1 g = Ds =⇒ D =
[HH02, S. 10]: F = Ds
F 2010 K, Aufgabe 1: Bungee-Springen
I Mechanik
I
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Staatsexamen Physik
AUFBAU DER MATERIE IIB – KERNE UND TEILCHEN
=
1
4πε0
ε0 n2 h2
πme Ze2
n2
Z
Ze2
r2
=
·
·
X
0
4
2
mPb mπ
mPb +mπ
h2 ε0
πme e2
=⇒ α2 =
α(2ε20 h3 c)
πme e3
= 2.35 fm
he4
4ε20 h3 c2
1
12
−
hc
λ
1
22
=⇒ λ ≈ 10.26 fm
Seite 61
10.2 eV
λ = 121 nm (Gasentladungsröhre)
Balmer =⇒ pumpen in n = 2: Elektronenstößre; Bestrahlung mit Photonen mit E12 =
(e) mangelnde Energie: n = 2 bei Zimmertemperatur NICHT (kaum) besetzt =⇒ KEIN
[MS13, S. 162]: Et = 32 kT = EAnregung =⇒ T = 78900 K
(d) EAnregung = −hcRy
[MS13, S. 337]: ∆E =
(c) [MS13, S. 336]: E1 ≈ −161.16 MeV und E2 ≈ −40.3 MeV
1
Z aπ
=⇒ aπ = 193 fm
=⇒ a0 =
[MS13, S. 335]: r1 =
(b) µπ =
a20 =
h4 ε20
π 2 m2e e4
α2 me c
2h
[MS13, S. 407]: Ry =
=
α
4πRy
[MS13, S. 403]: a0 =
me e Z
mit [MS13, S. 336] folgt: E = − 8ε
2 h2 n2
me e4
8ε20 h3 c
=a0
| {z }
ε0 h2
πme e2
[MS13, S. 337]: RyH =
rn =
∆E = hf
me v 2
r
h
= n~
(a) [MS13, S. 335]: rme v = n 2π
H 2013 M, Aufgabe 3: Bohrsches Atommodell für wasserstoffartige Ionen
Prozess liefert KEINE Energie =⇒ KEIN spontaner Zerfall
(f) Massenvergleich: mp < mn
VII
m0
m0 − ṁt
mn
1
=
≈ 99.99 %
m0
exp(10−4 )
s
t
=⇒ s = vt
=⇒ ∆t =
Bus
10 m
v2
rK
m
km
∆s
= . . . ≈ 18.2 = 65.6
∆t
s
h
(c) [MS13, S. 68]: Zentripetalkraft: FZ = m ·
=⇒ vLKW =
∆s = ∆sLKW − sPKW = 102.5 m
=⇒ ∆sLKW = 225 m − 10 m = 215 m
15 m
225 m
45
∆s
=
s
∆v
8
Bus
10 m
∆v = vPKW − vBus =
15 m
=⇒ sPKW = vPKW · ∆t = 112.5 m
(b) Skizze:
(a) v =
F 2011 K, Aufgabe 1: Straßenverkehr
Zeitspanne ist NICHT möglich.
40 m
9 s
Seite 6
LKW
Problem: Umwandlung von 0.01 % der Raketenmasse in Photonen in einer endlichen
w = c =⇒
w
mn := mnutz = m0 − ṁt
m0
=⇒ 10−4 · c = w · ln
mn
!
10−4 · c
m0
=⇒ exp
=
w
mn
1
mn
−4 ≈ 3.09 · 10−7 = 3.09 · 10−5 %
=
=⇒
m0
exp 10 ·c
!
v = 10−4 · c = w · ln
Zeit t – immer größer
Staatsexamen Physik
W
t
=⇒ W = P t
[MS13, S. 74]: v0 = 0 =⇒ W =
(e) P =
=⇒ t =
mv 2
2P
≈ 2.41 s
mME (r)
r2
(Analogie Coulombgesetz)
∼r
rE
∞
Rr
g0 dr′ =
∞
Rr FG (r′ )
∼
m
für r < rE
(b) 2
3
dr′ =
1
r2
· πGm̺r2
Seite 7
=FG (r)
4
4
−mr̈ = · πGm̺r =⇒ r̈ = − · πG̺r
3
|3 {z
}
Rückstellende Kraft ist linear, also ist das Potential harmonisch (quadratisch). Es gilt:
VG ist an beiden Enden der Bohrung gleich hoch mit Minimum im Mittelpunkt.
(c) [MS13, S. 87]: Gravitationspotential: VG =
FG
4
=⇒ ME (r) = ̺E · VE (r) = ̺E · · r3 · π
3
mME (r)
4
=⇒ FG (r) = G ·
= πGm̺r
r2
3
mME
für r > rE
FG (r) = G ·
r2
homogene Dichte der Erde: ̺E =
ME
VE
Nur Masse innerhalb des Radius r ist entscheidend!!!
(b) FG = G ·
auf (Analogie E-Lehre: homogen geladene Kugel).
(a) FG = 0. Durch die vollkommene Kugelsymmetrie heben sich die Kräfte von allen Seiten
1
2
2 mv
FN auch die Geschwindigkeit höher gewählt werden kann.
kraft“ des Autos (FN ) wird also verstärkt. Mit obigen Formeln gilt also, dass bei größerem
rende Kraft nach unten in Richtung FN und somit in Richtung FR wirkt. Die „Anpress-
(d) Spoiler sind so gebaut, dass auf Grund des Luftstroms um die Spoiler herum eine resultie-
=⇒ vtr ≈ 10.1
m
km
≈ 36.5
s
h
m
km
vgl ≈ 4.54 ≈ 16.3
s
h
F Z = FR
√
=⇒ v = µ0 grK
[MS13, S. 69]: Haftreibungskraft: FR = µ0 FN = µ0 mg
MECHANIK
H 2011 K, Aufgabe 1: Erdbohrung
I
P ·t
E
= 2.25 · 1023
2
ln(2)
T1
· N0 (J) = 2.26 · 1015 Bq
EB
A (U)
EB = 1.79 GeV =⇒
= 1.256 MeV
= 8.79 MeV
238 U :
92
EB
A
= 7.53 MeV
N
t
N
t
=⇒ β-Zerfall
P
Q
kg
s
=
· mK,235 U = 9.61 · 10−6
=⇒
239 U −→239 Np +0 e + ν̄ + Q
e
92
93
−1
239 Np −→239 Pu +0 e + ν̄ + Q
e
93
94
−1
=
NQ
t
= 2.46 · 1019
1
s
p2P
mP
p2
2m
ln(2)
λ
1
2
=⇒ pν =
Eν̄
c
= 3.12 · 10−22
kg m
s
(e) E 2 = c2 p2 + E02 mit E0,ν̄ = 0
(d) Eges = Ekin,p + Ekin,e + Eν̄ =⇒ Eν̄ = 584.1 keV
(c) ∆m = mn − (mp + me ) =⇒ Eges = ∆mc2 = 784.8 keV ([MS13, S. 329])
• [HH02, S. 55]: E0 = me c2 = E 2 − c2 p2 =⇒ Ekin,e = E − E0 = 200.2 keV
kg m
s
= 505.9 eV
• pe = 2.64 · 10−22
Elektron
• Ekin,p =
kg m
s
= 617.8s
• pp = eBrP = 5.21 · 10−22
Proton
[MS13, S. 85]: Ek =
(b) MERKE: p = eBr
2
(a) [MS13, S. 375]: T 1 =
H 2013 M, Aufgabe 2: Betazerfall des freien Neutrons
(e)
mU
t
(d) MERKE: P =
(c) [MS13, S. 372]: Q = [(mn + mK,U ) − (mK,Ba + mK,Kr + 3mn )]c2 = 126.7 MeV
−
EB
A
EB
A (Fe)
56 Fe :
26
(b) [MS13, S. 372]:
−→ mit steigendem Z nimmt Coulombabstoßung zu
Repuslive Wechselwirkung: Coulombabstoßung (und Asymmetrie)
(a) Attraktions-Wechselwirkung: starke Kernkraft
F 2013 M, Aufgabe 2: Uranspaltung
A=
2
N0 (J) = 0.01 · N = 2.25 · 1021
Annahme: t ≪ T 1 =⇒ „Jod hat KEINE Zeit zu zerfallen“
(e) MERKE: Anzahl der Kernspaltungen: N =
Seite 60
Staatsexamen Physik
AUFBAU DER MATERIE IIB – KERNE UND TEILCHEN
: Coulombanteil
BILD
Skizze
1
r
∝
1
1
A3
dM !
= 0 ⇐⇒ Z(A = 101) = 49.47 ≈ 49
dZ
Kern am stabilsten, wann M (A,Z) minimal, also wenn gilt:
131 J
53
3
aa
+ δA− 2 )
4
AJ
ACs
= 274
2
ln(2)
T1
kg
m2
·N
2
und λ =
2
ln(2)
T1
Seite 59
=⇒ AJ = 274·ACs , da Unterschied der T 1 größer als der Unterschied der Entstehungsraten
=⇒
(d) [MS13, S. 375]: A =
=⇒ m = 1.8 · 10−17
λm
Ar ·1 u
0
−→131
54 Xe +−1 e + ν̄e + Q
(c) [MS13, S. 375]: A = λN =
(b)
133 Te −→133 J +0 e + ν̄ + Q
e
52
53
−1
133 J −→133 Xe +0 e + ν̄ + Q
e
53
54
−1
133 Xe −→133 Cs +0 e + ν̄ + Q
e
54
55
−1
H 2012 M, Aufgabe 4: Kernspaltung und Folgen
(a)
1
M (A,Z) = Z 2 (ac A− 3 + aa A−1 ) − Z(Mn + aa − Mp ) + A(Mn − av + as A− 3 +
1
ersetze in M (A,Z) alle N mit N = A − Z und erhalte
(e) isobare Nuklide: A = const, N und Z variieren
(d)
1
A3
Ec ∝ q 2 ∝ Z 2 und Ec ∝
• ac
Z2
Oberfläche ∝ R2 ∝ A , wobei R der Kernradius ist
2
3
• as A 3 : Oberflächenanteil
2
VK ∝ A, da ̺ = const
• av A: Volumenanteil
q
q
k
m0
≈ 1.19 Hz
q
y
−ÿ+ αmẏ
r
m
=⇒ v0 = R
k′
αg =
p
s
4m0 k ≈ 4.77 · 103
• ω 2 < 0, also α2 > 4mk: Kriechfall
optimaler Fall für Stoßdämpfer
• ω 2 = 0, also α2 = 4mk: aperiodischer Grenzfall
• ω 2 > 0, also α2 < 4mk: gedämpfte Schwingung
(e) [MS13, S. 245]:
[MS13, S. 245]: freie gedämpfte Schwingung
(d) [MS13, S. 247]: aperiodischer Grenzfall
2πR (∗)
τ=
= 2π
v0
Dies entspricht cos(ϕ) für ϕ ∈ [0,2π] und es folgt:
Wie lange braucht der Reifen mit v0 für einen Umlauf?
(c) M verteilt sich auf alle vier q
Feder =⇒ k ′ = 4k
1
[MS13, S. 243]: τ = f = 2π m
k (∗)
1
2π
FS = ks
1
FG = FS
4
kN
mP g
≈ 17.8
=⇒ k =
2s
m
FG = 2mP g
(b) [MS13, S. 250]: f0 =
(a)
= 2π
| {z }
FVerlust
my
−mÿ+αẏ
F 2012 K, Aufgabe 1: Federbein
=⇒ T wird größer
=⇒ k =
−mÿ+αẏ
y
[MS13, S. 243]: T = 2π
(c) MERKE:
r
kg
s
m
k′
≈ 2.24
m
s
Seite 8
2π
4
πG̺ =
=⇒ T = . . .
3
T
(d) [MS13, S. 244]: gedämpft: mÿ −αẏ +ky = 0 mit α als Dämpfungskoeffizient
4
=⇒ Aω 2 sin(ωt) = πG̺A sin(ωt) =⇒ . . . =⇒ ω =
3
• Protonen haben Ladung +e
(b) [MS13, S. 372]: E = Bc2 = (Zmp + N mn − mK)c2
Staatsexamen Physik
[MS13, S. 244]: Ansatz: r(t) = A · sin(ωt) =⇒ r̈ = −A sin(ωt)ω 2
• Wechselwirkung hauptsächlich zwischen nächsten Nachbarn
• verformbar, aber konstantes Volumen
(a) Tröpfchenmodell: geladener Flüssigkeitstropfen
F 2012 M, Aufgabe 2: Kernmasse
VII Aufbau der Materie IIb – Kerne und Teilchen
VII
MECHANIK
20 m
25 m
18 s
=⇒ Überholvorgang dauert ca. 69.1 s
tges := 20 + 12 + 50 + 12 −
a
625
x(t) = t2 =
m
2
324
WB
t
=
Ekin,2 −Ekin,1
t
= 21 m
′2
2
vLKW
2 −vLKW2
t
0
Rx′
Rx′
0
Rx′
F (s) ds = 12 cw A̺ v 2 ds
2
0
x(t) + vLKW1 t folgt: Wa ≈ 98.16 kJ
=⇒ P =
Wa +Wu +WB
t+tges
≈ 50.2 kW
′2
2
− vLKW2
) ≈ 641.2 kJ
in (iii) gilt: WB = 12 m(vLKW2
2
(sges − x′ ) ≈ 2.729 MJ
Wu = F · x(t) = 21 cw A̺vLKW2
Überholen
mit
(i)
x′ =
BILD
′
#„
im Fall (i) wirkt F R in Richtung Hang nach unten; im Fall (ii) nach oben
(b) FH = FG,2 =⇒ FG,1 · sin(α) = m2 · g =⇒ m2 ≈ 7.28 kg
Seite 9
≈ 230 kW
LKW 2
12 m
2
2
s + as2 ]x0
+ 2as) ds = 12 cw A̺[vLKW1
mit [MS13, S. 33] folgt: Wa = 21 cw A̺ (vLKW1
[MS13, S. 73]: Wa =
Beschleunigung
(iv) [HH02, S. 31] oder [MS13, S. 107]: Fw = cw A ̺v2
(iii) [MS13, S. 75]: P =
F 2013 K, Aufgabe 1: Haftung und Gleitreibung
(a)
50 m
625
25 m
≈ 66.291 s
m:
324
18 s
LKW 1
12 m
m
25
25 m
: 0.50 2 =
s
t :=
18 s
s
9
′
vLKW2
− vLKW1 =
LKW 2
12 m
(ii) sges := (20 + 12 + 50 + 12) m + vLKW1 · tges ≈ 1.63 km
(i)
(b) Skizze:
(a) #„
v immer tangential zur Bahnkurve
#„
a immer senkrecht zur Erde mit a = g
H 2012 K, Aufgabe 1: Geschwindigkeit und Beschleunigung
I
Skizze
MEZ
VEZ
=
N ·mAl
a30
1
8
1
2
=4
=⇒ nAl =
+6·
N
a30
=
̺Al
mAl
Skizze
∆s
2d
=
!
a0
2
(b)
!
∆s = nλ = 2d sin(Θ)
−→ FSR85: Ekin,n =
= 6.2 keV
p2
2mN
=
h2
2mN λ2
= 20 meV
Bemerkung: definierter Impuls p heißt freies Teilchen =⇒ de Broglie
h
p
hc
λ
(f) [MS13, S. 333]: λγ = λN =
(e) [MS13, S. 333]: E = hf =
Seite 58
∆s200 = 12 ∆s100 = 21 λ −→ destruktive Interferenz mit „Nachbarstrahl“ =⇒ KEIN Maxi-
mum
(d) ∆s100 = λ, damit Intensitätsmaximum
d200 =
d
∆s
2
= 0.2 nm =⇒ λ = 0.2 nm
[MS13, S. 360]:
sin(Θ) =
jeder Ring repräsentiert ein Θhkl −→ dhkl und Beugungsordnung n
−→ alle Kristallorientierungen gleichzeitig vorhanden
Interferenzringe: polykristalline Probe
BILD
mit ̺Al = 2.7 cmg 3 und mAl = 26 u folgt: a0 = 0.4 nm
[MS13, S. 48]: ̺Al =
N = Atome pro Einheitszelle: 8 ·
BILD
(c) 2Θ = 60◦
(b)
(a)
H 2013 M, Aufgabe 4: Sturktur von Aluminium
Staatsexamen Physik
=
λ
2
·
λ
2
⇐⇒ Θ = 90◦
≈ 0.77 Å
cos(Θ) !
sin(ϑ) =
=⇒ dhkl =
ddhkl
dΘ
AUFBAU DER MATERIE IIA – FESTKÖRPERPHYSIK
Elektronen können kleine Energiemen-
Seite 57
dichte
Bandlücke muss erst überwunden werden
Halbleiter: T = 0 =⇒ Halbleiter ist Isolator; Je höher T , desto höher die Ladungsträger-
ger relativ unabhängig
(b) Metall: Leitungsband und Valenzband überlappen =⇒ Konzentration freier Ladungsträ-
überwinden −→ Leitungsband =⇒ Stromfluss
turerhöhung oder Beleuchtung des Halbleiters =⇒ einige Elektronen können Bandlücke
Isolatoren/Halbleiter: Bandlücke beim Halbleiter ist zwischen 0.1 eV und 3 eV; Tempera-
Stromfluss
gen aufnehmen und in höheren Energiezustand wechseln −→ Beitrag zum elektrischen
Anlegen einer geringen elektrischen Feldstärke
Metall: EF innerhalb des Leitungsbandes; Valenzband und Leitungsband überlappen bei
Diese Folie wurde [Ero14] entnommen.
(Hunklinger)
Bändermodell: Metalle und Isolatoren
(a) Halbleiter am absoluten Nullpunkt sind Isolatoren.
F 2013 M, Aufgabe 4: Elektrische Leitfähigkeit von Festkörpern
(f)
VI
F = Fz − F H − FR
m2 g − Fz
m2
(∗)
L2
2Ix
P
ω
≈ 4.1 · 106 Nm
kg m2
s
ω02 −
q
2∆P t
Ix
(e) mit (∗) aus (d) folgt: t =
=⇒ ω(t) =
1
2
·
Ix
2
∆P [ω0
− (2πνkrit )2 ] ≈ 4.42 s
∆Erot = ∆P · t = 21 Ix [ω02 − ω 2 (t)] (∗)
Energiezufuhr/-abnahme: ∆P = PLast − PK = const
∆Erot = Erot (t = 0) − Erot (t) = 21 Ix [ω02 − ω 2 (t)]
ω(0) = ω0
(d) PK 6= PLast = const
(c) [MS13, S. 82]: P = M ω =⇒ M =
=⇒ v = 50 Hz · 11.92 m ≈ 0.60 km
s
(b) U = 2π d2 ≈ 11.94 m
=⇒ Erot ≈ 19 GJ und L ≈ 0.12 · 109
[MS13, S. 254]: ω = 2πν
[MS13, S. 83]: L = Ix ω
(a) [MS13, S. 82]: Erot = 12 Ix ω 2 =
H 2013 K, Aufgabe 1: Dampfturbine
(f) mit (e) bzgl. (∗∗) folgt: a ≈ 1.3 sm2
1+sin(α)+µ cos(α)
m1 +m2
Fz − m1 g sin(α) + µ cos(α)
m1
Mit (∗) und (∗∗) folgt: Fz = m1 m2 g ·
⇐⇒ a =
m1 a = Fz − m1 g sin(α) − µm1 g cos(α) (∗∗)
Masse m1 :
m2 a = m2 g − FZ ⇐⇒ a =
F = F G − FZ
(e) Masse m2 :
(d) FH = FG,2 + FR =⇒ FG,2 = FH − FR =⇒ m2 ≈ 1.8 kg
Seite 10
(c) FH + FR = FG,2 =⇒ FG,1 · sin(α) + µ · FG,1 · cos(α) = m2 · g =⇒ m2 ≈ 12.75 kg
Staatsexamen Physik
ELEKTRODYNAMIK
l
A
=̺·
l
db
= . . . ≈ 92.9 mΩ
P
R
= . . . ≈ 17.15 A
U
IH
− RB = . . . ≈ 13.32 Ω
≈ 7.24 µA
U
I
P
U
I
1
R
=
1
R1
+
1
R2
+ ...
+R=
=⇒ Iges =
Seite 11
13
8
·
=⇒ Rges =
U
R
(5)
R
2
8
13 R
U
Rges
=⇒ Rc = 35 R
U = R · I =⇒ I =
+
8
5R
5
3R
13
8R
1
R
=
=⇒ Ra =
=
=
2
R
3
2R
1
8
R
5
1
Rges
(4) Rd =
3
5R
3
R
2
1
+
1
R
1
Rc
(3)
=
+R=
=
(2) Rb =
1
R
+
1
R
R
2
(1)
=
1
Ra
Reihenschaltung: R = R1 + R2 + R3 + . . .
(c) Parallelschaltung:
=⇒ U3 = U5 < U6 < U2 < U4 < U1
UParallel = U
(b) UReihe = U1 + U2 + . . .
P = U · I =⇒ I =
U
(2) bei gewisser Spannung U stellt sich I anhand der Kenndaten der Lampe ein:
(1) hoher Einschaltstrom =⇒ Widerstand klein
(a) R =
H 2010 K, Aufgabe 3: Widerstands-Schaltungen
geringere Stromaufnahme auf Primärseite
2
effizienter: Transformator: [MS13, S. 267]: P = I1 U1 = I2 U2 = RB IH
2 ≈ 3.92 kW
[MS13, S. 181]: PVerlust = RIH
db
|{z}
=6.59·10−7 m2
(d) Reihenschaltung: U = UR + UB = RIH + RB IH =⇒ R =
(c) [MS13, S. 169]: J =
=⇒ IS =J ·A
W
Mit J = js folgt: IS = CT 2 exp − kT
· A = 10.98 mA2 ·
I
A
[MS13, S. 181]: P = I 2 R =⇒ I =
[MS13, S. 322]: ε = 1 für schwarze Körper
=⇒ P = σA(TB4 − TU4 ) = . . . ≈ 27.31 W
q
(b) [MS13, S. 324]: P = εσA(TB4 − TU4 )
[MS13, S. 170]: R = ̺ ·
(a) [MS13, S. 174]: ̺ = ̺0 (1 + α∆T ) = . . . = 4.64 · 10−7 Ω m
F 2010 K, Aufgabe 3: Glühemission
II Elektrodynamik
II
mλ
ym
rF
hc
λ
≈ 8.05 keV
√
g
h2 +k2 +l2
=⇒ g ≈ 3.73 Å
8
http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/f/fa/Debye_scherrer_verfahren.svg
21.02.2015)
MERKE: dhkl =
Peak =⇒ n = 1 =⇒ dhkl ≈ 1.67 Å
[MS13, S. 360]: nλ = 2d sin(α)
(e) [MS13, S. 354]: Eλ =
besteht
am
Seite 56
(Zugriff
• alle Winkel treten zufällig auf =⇒ man erhält immer ein Beugungsbild, das aus Ringen
• polykristalline bzw. pulverförmige Probe
Debye-Scherrer-Methode8
Länge des Gittervektors bestimmen
• mit diesem Verfahren lässt sich für jeden Punkt des Kristallgitters die dazugehörige
richtung die Richtung einer Gitterachse ist
sin arctan
• Anwendung der Drehkristallmethode setzt NICHT voraus, dass gemessene Kristall-
c=
gehörenden Linie von der Linie m = 0:
• Bestimmung der Gitterkonstante c aus dem Abstand ym der zum m-ten Lauekegel
• Öffnungswinkel der Kegel hängt von λ und der c-Gitterkonstanten ab
der Drehachse liegt =⇒ auf Film bilden diese Reflexe eine Linie
• vom Kristall gebeugte Strahlen liegen auf (Laue-)Kegel, dessen Achse in Richtung
• Drehen des Kristalls um c =⇒ Ebenen schneiden Ewaldkugel in einem Kreis
ken Gitterebenen vom Typ (h,k,m) stehen senkrecht zu dieser Achse
• Annahme: Drehachse liegt in kristallographischer c-Richtung, das heißt, die rezipro-
• Mesung lässt sich am besten mit Ewaldkugel darstellen
Staatsexamen Physik
Reinheit
̺/[nΩ/m]
·8+
1
2
·6=1+3=4
wobei V = g 3 (Würfel) gilt: ̺Fe ≈ 7.93 mt3 und ̺Au ≈ 19.3 mt3
1
8
http://commons.wikimedia.org/wiki/File:Drehkristall.png (Zugriff am 21.02.2015)
Seite 55
7
(d)
Drehkristallmethode7
Nm
V ,
· 8 + 1 = 2 und NAu =
Skizze
(c) [MS13, S. 48]: ̺ =
1
8
BILD
(b) NFe =
(a)
T /[K]
Phononen
AUFBAU DER MATERIE IIA – FESTKÖRPERPHYSIK
F 2013 M, Aufgabe 3: Kristalstruktur von Festkörpern
VI
Draht wird heißer
RA
RB
=
RC
R
=⇒ I34 = 0
3
W
4
= R1
siehe (c) (U34 = 0) und I13 =
1
2
· Uges
· Iges , da R = RW
1
2
(a) Skizze:
Seite 12
Wheatstonesche Brückenschaltung
mit Gesamtwiderstand RW
F 2011 K, Aufgabe 2: Elektrische Ladungen und Felder
(g) I34 = 0
RD
RB
1
1
1
1
2
= +
+
=⇒ Rges = 2R
=
Rges
R |2R {z 2R} R
RC
RD
R
RA
(f) Uges = U12 + U23 und U13 = U23 =⇒ U23 =
[MS13, S. 179]:
2
1
(e) Tetraeder-Schaltung
L1 hat höchsten Strom =⇒ höchster Blauanteil
[MS13, S. 325]: λmax · T = b mit b als Wiensche Konstante
neren λ verschoben
(2) Wiensches Verschiebungsgesetz =⇒ Wellenlängenintensitätsmaximum wird zu klei-
(1) Abstrahlleistung steigt/wird heller
Es folgt:
(d) I ↑ =⇒ Verlustleistung ↑
Staatsexamen Physik
[MS13, S. 183]: Uab = ϕb − ϕa =
ELEKTRODYNAMIK
Q1
4πε0
·
#„
E
1
xa,1
−
1
xb,1
=
2 +2·
vx,a
Q
4πε0 x2q,0 mq
· (xq,0 − xq,t )
≈ 115.04 V ≈ 115 V
Felder entgegengesetzt gleich =⇒ heben sich auf
r
Äquipotentiallinien
Im folgenden Bild1 ist die mittlere Grafik (gleichnamige Ladungen) von Bedeutung:
Seite 13
http://elektroniktutor.oszkim.de/grundlagen/gr_pict/efeldlin.gif (Zugriff am 27.12.2014)
in Richtung Q1 oder Q2
(iii) KEINE Kraft in y-Richtung; Feldminimum bei xa und xb für q < 0 =⇒ Bewegung
q = −0.1 nC
y-Achse, weg von x-Achse
(ii) KEINE Kraft in x-Richtung; Feldminimum → ±∞ für q > 0 =⇒ Bewegung entlang
=⇒ rücktreibende Kraft
(i) KEINE Kraft in y-Richtung; Feldminimum E = 0 bei (10 cm,0 cm) für q > 0
(d) q = +0.1 nC
1
hier
Q
4πε0 x2q,0 mq
Q
4πε0 x2q,0
v02 + 2as =
q
F
mq
(c) E = 0 bei x = (10 cm,0 cm)
[MS13, S. 38]: v =
F = mq a =⇒ a =
[MS13, S. 182]: F = qE = q ·
(b) Sei xq,0 := xq (t = 0) = 10 cm und sei xq,t := 8 cm.
II
2kF
~
h
=⇒ 4 ·
Etherm
meV
kT
=4
−→∼ 10−3
=4·
~kF
EFermi
eV
i
= π · Breite · mittlerer Radius
(c)
(b)
(a)
(iv)
Verunreinigungen
-/-
reine Metalle
Legierungen
tiefe Temperaturen
Phononen
Zimmertemperatur
Seite 54
oft noch von Streuung an Defekten bestimmt
liegt EF in einem Band =⇒ Festkörper ist ein Metall
(iii) Isolator: alle Bänder ganz voll bzw. ganz leer
=⇒ Bänder von erlaubten Bereichen durch Bandlücken getrennt
=⇒ NICHT mehr alle Energiewerte erlaubt
in 1. Brillouin-Zone zurückzuschieben)
Abweichungen nur an Stellen, wo sich zwei Parabeln schneiden: es öffnen sich Ener#„
#„ | (Fourier-Komponente von V , G nötig, um Wellenfunktion
gielücken der Größe 2·|V G
so kleines periodische Potential V ( #„
r ) 6= 0, dass Elektronen fast frei sind;
(ii) fast-freies-Elektronengas
tern stark =⇒ Energiebänder überdecken sich
• aüßere Schalen: Wellenfunktionen überlappen stark =⇒ Energieniveuas verbrei-
ben erhalten
• Kernnahe Wellenfunktionen überlappen fast gar nicht =⇒ atomare Niveaus blei-
Verbreiterung der Energieniveaus zu Bändern
• Annäherung der isolierten Atome =⇒ Überlappung der Wellenfunktionen und
• Ausgangspunkt: Wellenfunktionen und Energieniveaus der isolierten Atome
(i) Tight-Binding-Modell:
H 2012 M, Aufgabe 3: Kristallstruktur und elektronische Eigenschaften im
Festkörper
Im klassischen Elektronengas würden alle e− zu cV beitragen.
# in kF : πkF2
A = π · 2kT ·
Staatsexamen Physik
2
me vF
2
EF
k
≈ 1.1 · 105 K
der Probe
• mittlere freie Weglänge ≫ Gitterkonstante; e− stoßen (fast) nur an den „Wänden“
– vernachlässige WW zwischen e−
– quasifrei von Atomrümpfen
• hohe Ekin /„Temperatur“
[MS13, S. 162]: EF = 23 kTF ≈ kTF =⇒ TF ≈
• pF = me vF
• EF =
AUFBAU DER MATERIE IIA – FESTKÖRPERPHYSIK
(∗)
2kT
EF
(∗∗)
E
kF
Seite 53
kF +
#Zustände Kreisring
#Zustände in kF
# Kreisring: π ·
Anteil:
kT
~
2
− kF −
kT
~
2 h
= . . . = π 4kF ·
Ef ∼ 1 − 10 eV; kT ≈ 25 meV bei Zimmertemperatur
kT
~
i
Kugelschale um kF beinhaltet e− , die zum Energieaustausch beitragen
ky
(∗∗) in diesem Bereich sind die Zustände teilweise besetzt
kx
quasi fest, da alle Zustände besetzt sind =⇒ e− können NICHT in einen
anderen Zustand hüpfen
(∗) hier sind
e−
teilweise besetzt sind.
n
(e) Nur e− mit ∆E = kT um EF verfügbar für Energieaustausch, da nur hier Zustände
(d)
VI
U
s
V
V
≈ 578.26 m
≈ 578 m
1
C
=
r=R
Q
U
·
1
r2
Q
r2
r
∼
1
4πε0
+
1
Cb
4πε0 R
Q
Q
V
·
Q2
C
=
1
4πε0
·Q·
r
R3
r3
R3
Q2
8πε0 R
1
4πε0
·
für r < R
Für r ≥ R gilt nach (b): E =
=⇒ E(r) =
Q(r) = ̺ · V = ̺ · 34 r3 π = Q ·
(∗)
Q(r)
4πε0 r2
und Q = 43 πR3 ̺ (∗)
[MS13, S. 182]: E(r) =
(d) ̺ =
1
2
= 4πε0 R
(c) [MS13, S. 189]: W =
=⇒ C = Q ·
Q
r2
·
Q
r
−0=
r=R
1
4πε0
1
4πε0
·
=⇒ C = . . . =
1 Q
4πε0 R
ϕ
und ϕ =
Q
4πε0 R
1
Ca
[MS13, S. 183]: U = ϕ(r = R) − ϕ(r → ∞) =
[MS13, S. 187]: C =
E
r ≥ R: [MS13, S. 182]: E =
(b) r < R: E = 0 und [MS13, S. 183]: ϕ =
[MS13, S. 188]: Reihenschaltung:
(a) [MS13, S. 187]: Ca = εa ε0 dSa und Cb = εb ε0 dSb
H 2011 K, Aufgabe 4: Kapazität und geladene Kugeln
D
ε0
Q
R
ε0 S
d
da
+ εb
εa
b
= const, da homogenes Feld, das heißt E10 = E15
[MS13, S. 183]: D = ε0 E =⇒ E =
(e) [MS13, S. 182]: E =
bende Kraft
r
∼
1
r
Seite 14
(iv) KEINE Kraft in x-Richtung; Feldminimum bei (10 cm,0 cm) für q < 0 =⇒ rücktrei-
Staatsexamen Physik
R
1
r2
r
∼
∼r
E
R
homogen
r
∼
Whom =
Z
Wel dr > Wleit
homogen geladene Kugel hat größere Fläche unter dem Graphen und es folgt:
E
ELEKTRODYNAMIK
1
r
+
↑
+
Seite 15
=⇒ Ion wird nach oben abgelenkt
+
#„
#„
F L = q #„
v ×B
• Mittelfinger: Richtung der Ablenkung
• Zeigefinger: Magnetfeld
• Daumen: Bewegungsrichtung des Ions
(a) Rechte-Hand-Regel:
+
+ −
− +
−
↓
−
−
− −
+
F 2012 K, Aufgabe 3: Ionen im Magnetfeld
+
+
werden mit Metallkamm auf Metallkugel übertragen.
Negative Ladungen werden nach unten abtransportiert und fließen ab. Positive Ladungen
Ladungstrennung: Acryl + und Gummi −
über welches das Gummiband reibt.
(e) Gummiband, das über zwei Rollen läuft. Untere Rolle treibt an, obere Rolle ist Acrylglas,
II
2π
L
1
2
kx
=⇒ Fermionen =⇒ Fermistatistik =⇒ 2 Elektronen pro
ist kleinste mögliche Länge
2π
a
x
~2 k 2
2m
q
2mEF
~
2π
L
3
2π
L
3
Kugel
N
2:
≈ 9.1 eV
pF
m0
im Vergleich dazu: Teilchen
• pF = ~kF =⇒ vF =
2
~2 k F
2m0
=
~kF
m0
1
m
≈ 1800 km
s
4
= πkF3 =⇒ kF ≈ 1.55 · 1010
|3 {z }
• EF =
(c) Welle
N
2
rechnen wir mit
Seite 52
Sei N die Anzahl der Elektronen. Da immer zwei Elektronen einen Zustand besetzen,
(b) Volumen eines Würfels im k-Raum: V =
=⇒ kF =
Auffüllen mit allen zur Verfügung stehenden Elektronen =⇒ maximale Energie EF
für die Energie ist nur das Betragsquadrat wichtig: E =
bei T = 0 werden die energetisch niedrigsten Zustände besetzt; KEINE Anregungen
(k-)Zustand
Elektronen haben Spin s =
0
L besteht aus n Elementarzellen mit Breite a
L
Staatsexamen Physik
̺Au
mAu
≈ 5.9 · 1022
1
cm3
h
p
=⇒ p =
h
λ
=
≈ 2.76 · 10−33 Ns
m2
Vs
≈ 13.1 · 10−3
≈ 4.65 · 10−3
=j
≈ 0.24 m
σ
ne
I
db
|{z}
=A
| {z }
V
m
m3
C
(iii)
temperaturabhängiger Restwiderstand); bei tiefen Termperaturen von Verun-
E
̺
=
1
̺
=γ
ne2 Λ
me v̄ E
kT
√
4π 2r 2 p
=⇒
1
̺
= γ ∝ T , wobei ̺ der spezifische elektrische
Widerstand und γ die elktrische Leitfähigkeit darstellen
[MS13, S. 166]: Λ =
tronen
Λ ist hierbei die mittlere freie Weglänge und v̄ die mittlere Geschwindigkeit der Elek-
mit [MS13, S. 170] folgt:
[MS13, S. 176]: J =
stimmt
• Legierungen: bei Zimmertemperatur oft noch von Streuung an Defekten be-
gestreut
reinigungen/Defekten; bei hohen Temperaturen werden Elektronen an Phononen
(
• reine Metalle: Leitfähigkeit bei Zimmertemperatur ist von Phononen bestimmt
=⇒ EP h = 3.2 meV
der Gleichung mit „+“ operiert werden.
delt. Würde man den Fall mit einem vernichteten Phonon betrachten, so würde in
Bemerkung: in dieser Gleichung gilt „−“, da es sich um ein erzeugtes Phonon han-
(ii) Energieerhaltung für inelastische Neutronenstreuung: ER = EN − EP h = EN − hfP h
λ=
hf
v
(i) [MS13, S. 272] mit c = v: λ =
v
f
(iii) [MS13, S. 221]: σ = neµ =⇒ µ =
1
1
=⇒ UH = − en
B dI =⇒ EH = − en
B
1
AH = − en
und mit [MS13, S. 216] folgt: AH ≈ −7.2 · 10−11
(ii) [MS13, S. 215]: UH = AH µ0 H dI = AH B dI
und Magnetfeldrichtung
durch Lorentzkraft abgelenkt =⇒ Hall-Spannung im Leiter senkrecht zur Stromfluss-
(i) [MS13, S. 215]: stromdurchflossener Leiter im Magnetfeld =⇒ Elektronen werden
MERKE: n =
AUFBAU DER MATERIE IIA – FESTKÖRPERPHYSIK
Seite 51
(a) freies Elektronengas heißt in quantenmechanischem Sinn Sinuswelle:
H 2012 M, Aufgabe 1: Freies Elektronengas
(c)
(b)
VI
p
km
s
R2 − d2 = a2 =⇒ a =
R
a
d
R
z
Schirm
Seite 16
R2 − d2 ≈ 0.98 cm
p
z=0
R2 − d2 =⇒ z = R − a = R −
p
P
2QU m
p
2mQU = RQB =⇒ m ≈ 14 u
=⇒ v ≈ 52
=⇒
v=
Eel = Ekin und mit [MS13, S. 169] folgt:
(b) aus (a) folgt: mv = RQB
r ist Radius der entstehenden Kreisbahn
mv
v2
m = QvB =⇒ r =
r
QB
Fr = FL
[MS13, S. 228]: Kraft auf das bewegte Ion ist die Lorenzkraft mit Betrag FL = QvB für
#„
#„
v ⊥ B.
Punkt P ist angedeuteter Kreismittelpunkt.
Ion
P
Staatsexamen Physik
(b)
e=
√
Q
s
2eU
V
B ≈ 8.51 · 103
mC
m
I
A
≈ 0.28 · 106
( d2 )
2
L
A
m2
π
≈ 0.48 Ω
Skizze
KEINE magnetischen Monopole
Seite 17
mit (b) folgt:
2πBr
µ0
I
A
=
[MS13, S. 169]: J =
Ir 2
R2
=⇒ B =
Irµ0
2πR2
für r ≤ R
=⇒ I = JA = Jπr2 =⇒
I(r)
I
=
r2
R2
=⇒ I(r) =
Ir 2
R2
v #„ #„
geschlossene magnetische Feldlinien, da [MS13, S. 201]:
B d A = 0 und es existieren
BILD
(d) Sei R der Radius des Leiters.
(c)
mit Angabe folgt: 2πBr = µ0 I =⇒ B(0.1 m) ≈ 4.0µT
0
also gilt:
2π
R
H #„ #„
B d l = Br dϕ = 2πBr
(b) B ist aus Symmetriegründen außerhalb des Leiters auf dem konzentrischen Kreis konstant,
[MS13, S. 169]: J =
L
(a) [MS13, S. 170]: R = ̺ A
= ̺Cu
H 2012 K, Aufgabe 4: Stromdurchflossener Draht
Bei größerem Q wird r kleiner und E größer
√
QvB = QE =⇒ E = vB =
FL = Fel
• B ↑ =⇒ r kleiner
• d ↑ =⇒ z größer
• v ↓ =⇒ r ↓ =⇒ FL besser
=⇒ NICHT unterscheidbar
∆z = |zC − z| = 0.12 cm < 0.2 cm
zC ≈ 1.1 cm
(f) aus (e) folgt: E ∝ v ∝
(e)
(d)
km
s
RC ≈ 47 · 10−3 m
v ≈ 57
ELEKTRODYNAMIK
(c)
II
EF
p-Dotierung
VB
LB
VB
LB
Dotierung
Dotierung NICHT diskret −→ Störstellen bilden Band
EF
(a) [MS13, S. 49]: ̺Au = 19.3 · 103
kg
m3
Seite 50
n-Dotierung
EF
Halbleiter, entartet n-dotiert (hohe Störstellen-Konzentration)
EF
Halbleiter, n-dotiert (p-dotiert)
F 2012 M, Aufgabe 4: Anregungen in Festkörpern
VB
LB
Halbleiter
(24) Wo liegt bei einem Halbleiter die Fermi-Energie normalerweise? Gibt es davon Ausnahmen?
sind.
Elektronen befinden sich im Leitungsband, wohingegen Löcher im Valenzband zu finden
In welchem Band sind die zur Leitfähigkeit beitragenden Elektronen?
(23) In welchem Band sind Elektronen bzw. Löcher?
gung muss kleiner als gewollte Dotierung sein
unkontrollierte Verunreinigung verändert Eigenschaften des Halbleiters =⇒ Verunreini-
Dotierung 1 : 1000000 gewollt
(22) Warum müssen Halbleiter so extrem rein hergestellt werden?
hier wird m∗ negativ
Staatsexamen Physik
Tight-Binding-Modell
Energiebänder
Kristalle
Aufhebung der
Diese Folie wurde [Ero14] entnommen.
diskrete Energieniveaus
Isolierte Atome
Niveaus aufgehoben. Annäherung von N-Atomen
N-fachen Entartung
Bringt man Atome näher und näher zusammen so wird die Entartung der atomaren
tight-binding-Näherung
AUFBAU DER MATERIE IIA – FESTKÖRPERPHYSIK
Seite 49
∂2ε
∂k2
−
1 → ∞, wenn
∂2ε
∂k2
= 0 (Wendepunkt)
≈ m, wenn die Dispersionsrelation nahezu eine Parabel darstellt.
m∗ = ~2
m∗
wird?
(21) Was bedeutet der Begriff effektive Masse? Was passiert, wenn die effektive Masse unendlich
VI
µ0 µr I1 I2 l
2πd
∼r
R
∼
=⇒ E =
U
d
[MS13, S. 187]: C =
[MS13, S. 182]: E =
Q
Cd
Q
C
Q
Cd
≈ 1.1 kV
m
≈ 2.3 kV
m
F
l
1
r
=
µ0 I 2
2πd
r
− − − − −
+ + + + +
|{z}
[MS13, S. 189]: Parallelschaltung: C(x) = C1 (x) + CD (x) = ε0 db [εr a + (1 − εr )x]
CD (x) = εr ε0 (a−d)b
d
=1
xb
(e) C1 (x) = εr ε0 xb
d = ε0 d
kum.
Seite 18
entgegengesetztes Feld bewirken. Dieses Feld ist betraglich kleiner als das ohne Dielektri-
sich das elektrische Feld auf. An der Oberfläche entstehen Polarisationsladungen, die ein
Atome im Dielektrikum werden polarisiert, das heißt, innerhalb des Dielektrikums hebt
+ + + + +
+ + + + +
+ + + + +
Dielektrikum
− − − − −
− − − − −
− − − − −
physikalische Ursache für den Unterschied zur ursprünglichen Feldstärke:
(d) nach (a) gilt: E =
(c) nach (a) gilt: C = εr ε0 ab
d ≈ 93 pF
(b) [MS13, S. 189]: W = 12 QU ≈ 0.11 nJ
=⇒ U =
Q
U
=1
|{z}
(a) [MS13, S. 187]: C = εr ε0 ab
d ≈ 44 pF
F 2013 K, Aufgabe 3: Kondensatoren
[MS13, S. 169]: Definition des Ampere
Linke-Hand-Regel =⇒ Leiter ziehen sich an
mit µr = 1 ([MS13, S. 169]) und I1 = I2 = I folgt:
(e) [MS13, S. 205]: F =
B
Staatsexamen Physik
Q2
2C(x)
=
Q2
2ε0 b
Q
C
·
d
x(1−εr )+εr a
und W = 21 QU , also
1
a−bx
F (5 cm) ≈ 0.52 nN
Q2
2ε0 b
·
x(1−εr )+εr a
d(εr −1)
WD
Wmax
W
2
=⇒ Steigung =⇒ Kraft
F (x) = −W ′ (x) =
W (x) ∝
R #„
#„
#„
s =⇒ F = −∇W
(f) [MS13, S. 183]: W = − F d #„
W (x) =
mit (b) gilt: U =
ELEKTRODYNAMIK
1
2
Wt1
W
=
1
4
1
2
2 CU
=⇒ t1 ≈ 128.9s
=⇒ Wt1 = 81 CU02
a
x
U
I
=⇒ I =
U
R



kT
kT
fast-freie-Elektronen-Näherung
Seite 48
(20) Wodurch kommen die Bandlücken zustande, wenn Sie zum einen die fast-freie-Elektronen-
Diese Folie wurde [Ero14] entnommen.
(Hunklinger)
Bändermodell: Metalle und Isolatoren
Halbleiter/Isolator: Bandlücke ∆E > kT
=⇒ E = −vB =⇒ El = −vBl = UG
Seite 19
kT
Metall: Elektronen können sich frei bewegen; Fermi-Energie liegt im Leitungsband
Isolatoren erklären?
Näherung, zum anderen die tight-binding-Näherung betrachten?
1
s
kT
(19) Wie können Sie im Bändermodell des Festkörpers den Unterschied zwischen Metallen und
kT ist recht klein
und Spin ↓)
−→ zwei Elektronen pro Niveau (Spin ↑
Kante) sind thermisch anregbar
=⇒ Nur obere Elektronen (Fermi-
von einem anderen Elektron besetzt.
vorhanden ist. Dieser Platz ist bereits
mische Anregung möglich, da kein Platz
Für untere Elektronen ist KEINE ther-
kT
kT
E
−→ beliebige Besetzung
E
Phononen: Bosonen
−→ Pauli-Prinzip
Staatsexamen Physik
Elektronen: Fermionen
[MS13, S. 228]: FL = QvB
(b) [MS13, S. 182]: F = QE
IlB
0

#„  
#„ 
 0 
 =⇒ F
=
Rechte-Hand-Regel: x-Richtung: l = 
−l

 

0
0

#„ #„
#„ #„
#„
[MS13, S. 205]: F L = I l × B und für l ⊥ B gilt: FL = IlB
(a) [MS13, S. 170]: R =
H 2013 K, Aufgabe 4: Stab im Magnetfeld
[MS13, S. 191]: τ = RC heißt Zeitkonstante
d
3
εr ε0 ab
(h) mit [MS13, S. 170] und [MS13, S. 187] wie in (a) gilt: RC = ̺ ab
d = ̺εr ε0 ≈ 0.19·10
W = 12 CU02 =⇒
t1 A
= exp − ̺dC
[MS13, S. 189]: W =
UC = 12 U =⇒
t
tA
[MS13, S. 191]: UC = U · exp − RC
= U · exp − ̺dC
(g) [MS13, S. 170]: R = ̺ Al , wobei hier l = d, also R = ̺ Ad
II
AUFBAU DER MATERIE IIA – FESTKÖRPERPHYSIK
ve
v
(c)
π
a.
= qmax =
2π
λmin
0
λ < 2a
λ = 2a
1
=⇒ λmin = 2a
2
3
4
x
a
Effekte innerhalb sind interessant
einfachste Anwendung
Seite 47
nonen?
(18) Warum ist die Wärmekapazität der Elektronen in Metallen viel geringer als die der Pho-
Länge, KEIN Rand
Beispiel: eindimensionale lineare Kette wird zu einem Kreis geschlossen =⇒ endliche
Randeffekte können somit vernachlässigt werden
=⇒ Rand wird egal und Körper kann als unendlich ausgedehnt angenommen werden
−→ unendliche Körper, aber Integrale nicht (gut) lösbar =⇒ betrachte Körper periodisch
Physik am Rand ist kompliziert
nonen und Elektronen in Festkörpern?
(17) Welchen Zweck erfüllen die periodischen Randbedingungen bei der Beschreibung von Pho-
π
a
Fertigen Sie auch eine Skizze an.
2π
a ?
Was ist dort
die zugehörige Wellenlänge? Wie sieht die Schwingung aus? Was ergibt sich für q =
(16) Die erste Brillouin-Zone der einatomigen linearen Kette endet bei q =
optische Phononen =⇒ Energieerhaltung bleibt auch gewährleistet
#„
B
l
#„
I
#„
I
=⇒ FTor = 2FL =⇒ −kϕ = 2IlB =⇒ ϕ ∝ I
#„
FL
b
#„
[MS13, S. 205]: FL = IlB (Leiterschleife ⊥ B) an beiden Enden
Auslenkung: y ∝ I: [MS13, S. 69]: FTor = −kϕ
• als Voltmeter ist noch ein Innenwiderstand nötig
onsfeder
Seite 20
• Spule (vereinfacht: Leiterschleife) im homogenen Magnetfeld, aufgehängt an Torsi-
• Dauermagnet mit teilweise homogenem Magnetfeld
(c) Drehspulmesswerk: Bauteile
(b)
(a)
F 2014 K, Aufgabe 3: Messung von Hochspannungen
WR = Ekin = 21 mve2
Stab kommt zur Ruhe, da F = 0 nur dann, wenn v = 0
man kann 2 Phononen erzeugen, die entgegengesetzte Richtungen haben =⇒ Impuls der
beiden zusammen fast 0, aber einzelne Impulse größer 0
#„
mit (a) folgt: F in (−x)-Richtung =⇒ Stab wird gebremst (wegen F ∝ I ∝ v)
(e) Ie = I + IG = 0 − I =⇒ I in positive y-Richtung
(d) Ie = I + IG = I − I = 0
U
Bl
FL,G ∝ v
(b)
#„
F = 0 =⇒ I = −IG =⇒ U = −UG = Blve =⇒ ve =
=⇒ F = FL − FL,G = 0 =⇒ v = const
FL
(c) Stab erreicht endliche Endgeschwindigkeit ve , das heißt, FL = const =⇒ FL,G ∝ v
Staatsexamen Physik
#„
#„
#„
k Photon und k ′P hoton sehr viel größer als k Phonon
′
+ ~ωPhonon
~ωPhoton = ~ωPhoton
#„
#„
#„′
~ k Photon = ~ k Photon + ~ k P honon
haltung IMMER gegeben:
Licht zur Anregung optischer Phononen zu deren Untersuchung; Energie- und Impulser-
lenzahl q ≈ 0 untersuchen?
(15) Warum kann man bei der Raman-Spektroskopie im Allgemeinen nur Phononen mit Wel-
NICHT mit harmonischer Näherung; zusätzliche (anharmonische) Terme nötig; siehe (1)
dungskräften in der harmonischen Näherung?
(14) Womit begründen Sie die thermische Ausdehnung von Festkörpern? Gelingt dies mit Bin-
VI
OPTIK
c0
c1
=
nL
nF
=
n2
n1
=⇒ cF = c0 · nF
c1
c2
1
2
λ (k = 0,1,2 . . .) [Wellenberg auf Wellental]
1
2
λ
1
2
≈ −175 nm
nF − n0
nF + n0
=
2
X
nG − nF
nG + nF
...
√
nF = n0 nG
2
RLuft-Film = RFilm-Glas
Seite 21
(a) Lichtquelle muss im Wasser sein, damit Totalreflexion möglich ist.
H 2010 K, Aufgabe 4: Totalreflexion
Reflexionsgrad besitzen:
(e) Für vollständige Auslöschung müssen die beiden reflexktierten Strahlen gleichen
(siehe [MS13, S. 306])
gelegt. Bestimmt Farben werden bei Reflexion NICHT ausgelöscht =⇒ Newtonsche Ringe
(d) Die Antireflexbeschichtung wird auf einen sehr schmalbandigen Wellenlängenbereich aus-
=⇒ s0 =
λ
2(1−2nF )
λ
2
λ.
Sei k = 0. Dann wird s0 minimal und es gilt: s0 (1 − 2nF ) =
=⇒ s0 (1 − 2nF ) = k +
(c) Aus (a) und (b) gilt: ∆s = s0 (1 − 2nF ) und ∆s = k +
Medium einen Phasensprung um π erfährt.
Bemerkung: Im Allgemeinen gilt, dass Licht bei Reflexion an einem optischen dichteren
(Amplitude) besitzen.
Für eine vollständige Auslöschung müssen die interferierenden Wellen gleiche Intensität
• Auslöschung: ∆s = k +
• Verstärkung: ∆s = kλ (k = 0,1,2 . . .) [Wellenberg auf Wellenberg]
(b) [MS13, S. 273]:
c ∝ s =⇒ ∆s = s0 − sF = s0 − 2s0 nF = s0 (1 − 2nF )
hier:
(a) [MS13, S. 299]:
F 2010 K, Aufgabe 4: Vergütetes Glas
III Optik
III
stört werden
Kontrasterhöhung möglich
a
h2 + k 2 + l 2
=⇒ 6 Größenordnungen unterschied
geregt werden
Seite 46
• bei kleinen Temperaturen ist die Wahrscheinlichkeit sehr gering, dass Phononen an-
• entweder ein Phonon anregen oder keins; E~ ω
Phononen sind quantisiert
(13) Warum nimmt die Wärmekapazität von Phononen bei tiefen Temperaturen ab?
hohe Intensivität am Detektor nötig
Röntgenstrahlung ∼ keV
)
thermische Energie Phonon ∼ eV
thermische Neutronen −→ JA
(12) Eignen sich Röntgen- bzw. Neutronenstrahlen zur Messung von Phononendispersion?
THz bei optischen Phononen (Infrarot)
Ultraschall > 20 kHz
kHz bis GHz bei akustischen Phonen
Sie z. B. Ultraschallwellen wieder?
(11) Welche Größenordnung haben Phononenfrequenzen in typischen Materialien? Wo finden
einatomige Basis: akustische Phononen
optische Phononen: Atome einer Basis schwingen gegenphasig
akustische Phononen: Schallwellen; Atome einer Basis schwingen gleichphasig
zweiatomige Basis
(10) Was sind akustische, was sind optische Phononen?
d= √
im Allgemeinen gilt dies nur, wenn die Einheitsvektoren ein Orthogonalsystem bilden;
#„
reziproker Gittervektor Ghkl immer senkrecht zur (hkl)-Ebene;
den Ebenenabstand dieser Ebenen?
(9) Wann steht eine Kristallrichtung [hkl] auf der zugehörigen (hkl)-Ebene senkrecht? Was
#„
gilt für die Beziehung der (hkl)-Ebene und den reziproken Gittervektor Ghkl ? Was gilt für
• höhere Eindringtiefe als Röntgenphotonen
• schwache Wechselwirkung mit Kern
• Forschungsreaktor/Spalationsquelle
• Unterschiede zwischen Isotopen eines Elements
• auch bei weniger Elektronen
Neutronen −→ Kern
• Röntgenphotonen haben relativ hohe Energie −→ empfindliche Proben können zer-
Staatsexamen Physik
Fernordnung möglich), Polymere
#„
k
#„
G
Seite 45
• Röntgenröhre (relativ klein und einfach zu bauen)
• alle Isotope eines Elements gleich, da NUR von Elektronen abhängig
• umso stärker, je mehr Elektronen, also je höher die Kernladungszahl
Röntgenstrahlen: Wechselwirkung mit Elektronen
untersuchen, welche Strukturen können Kontrast bieten, Erzeugung der Strahlen?
(8) Vergleichen Sie Röntgen- und Neutronenstreuung: Welche Materialien lassen sich gut/schlecht
lationsquelle
ODER: Teilchenbeschleuniger −→ Target und hofft auf Austreten von Neutronen = Spa-
Forschungsreaktor
Neutronen werden im Moderator (oft Wasser) gebremst; zusätzlich: Mono-
chromator („Geschwindigkeitsfilter“) nötig
spaltung
≈ 80meV, thermische Neutronen, NICHT einfach zu erzeugen, Herstellung durch Kern-
zur Untersuchung von Festkörpern eigent? Wie stellt man diese Neutronen her?
(7) In welchem Energiebereich müssen Neutronen liegen, damit sich ihre de-Broglie-Wellenlänge
sein
Wellenlänge des sichtbaren Lichtes ist zu groß; λ muss im Bereich der Gitterkonstante a
den?
(6) Warum kann man sichtbares Licht NICHT zur Strukturaufklärung von Kristallen verwen-
zum Detektor an;
man einen Beugungsreflex
#„
#„
(ii) k 0 gibt die Richtung der einfallenden Strahlung an; k gibt die Richtung der Strahlung
#„
enthält die Kugel einen reziproken Gittervektor G, so findet man einen neuen Wellen#„
vektor k 0 ; liegt also ein reziproker Gitterpunkt auf der Ewald-Kugel, so beobachtet
der Quelle, in welche geht sie zum Detektor?
#„ #„ #„
(i) G = k − k 0
#„ #„
#„
Was bedeuten die Vektoren k 0 , k , und G? In welche Richtung kommt die Strahlung aus
2Θ
#„
k0
(iii) Holz, Glas, amorphe Stoffe/Festkörper (Aussage über Nahordnung, NICHT aber über
Polykristall: Kombination aus Einkristallen (Beispiel: Silicium für Solarzellen)
(ii) Einkristall: makroskopisch, translationsinvariant (Beispiel: Silicium für Wafer)
schnelles Abkühlen geschmolzener Metalle =⇒ NICHT-kristalline Struktur
(i) die meisten Metalle, Salze, Diamant
AUFBAU DER MATERIE IIA – FESTKÖRPERPHYSIK
(5) Betrachten Sie die Ewald-Konstruktion:
VI
n =1
nb sin(β) = sin(α) = ng sin(γ)
wie OHNE Beschichtung X
Beschichtung −→ Glas
L
nL sin(α) = nb sin(β) =⇒
sin(α) = nb sin(β)
mit Beschichtung: Luft −→ Beschichtung
(c) Glasfaser
n =1
L
nL sin(α) = ng sin(γ) =⇒
sin(α) = ng sin(γ)
OHNE Beschichtung: Luft −→ Glas
(b) Glas mit und ohne Beschichtung
Totalreflexion heißt
sin(β)
=1 =⇒ α = arcsin sin(β)
= arcsin n1W ≈ 48.8◦
nW
nW sin(α) = nL sin(β)
Seite 22
Staatsexamen Physik
− β) = nm sin(γ)
"
d
2
Seite 23
(b) Skizze
;
fO bj
fOk
fOk,2 =
(a) [MS13, S. 314]: V =
8
15
fObj
V
cm ≈ 0.53 cm
=⇒ fOk =
F 2011 K, Aufgabe 4: Astronomisches Teleskop
fOk,1 = 2 cm
≈ 9.86
◦
!#
≈ 6.687◦
d
tan(α) = =
=⇒ d = 2f tan(α) ≈ 3.47 mm
f
2f
Nach (c) ist α = 9.86◦ .
nm
− 90◦
nf
nf sin(β)
nL sin(α) = nf sin(β) =⇒ α = arcsin
nl
nf sin(90◦ − β) = nm =⇒ β = (−1) · arcsin
Totalreflexion heißt sin(γ) = 1.
nf
sin(90◦
OPTIK
(d) paralleles Lichtbündel
III
a
b
+
rm rn
(a,b,m,n > 0)
b
rn
ist der abstoßende Teil
kristallin und einkristallin? Welche Festkörper liegen NICHT als Kristalle vor?
Seite 44
(4) Welche Festkörper liegen in kristalliner Form vor? Was ist der Unterschied zwischen poly-
2-atomige Basis: 2 Atome je Gitterpunkt
1-atomige Basis: 1 Atom je Gitterpunkt
Kristall = Gitter + Basis
(3) Was bedeutet Basis im Zusammenhang mit Kristallstrukturen?
• kovalente Bindung
• Wasserstoffbrückenbindung
• Van-der-Waals-Bindung
• Metallbindung
• Ionenbindung
(2) Welche Bindungsarten gibt es in Festkörpern?
genden Potentials =⇒ hier vergrößert sich der Abstand
Erhöhung der Energie =⇒ mittlerer Abstand wandert zur Seite des flach anstei-
tern Sie damit die thermische Ausdehnung des Kristalls.
Diagramms der vorherigen Teilaufgabe eine qualitative Begründung und erläu-
Abstand der Kristallbausteine in diesem Modell hat. Geben Sie mit Hilfe des
(iv) Erläutern Sie, welche Konsequenz eine Temperaturerhöhung für den mittleren
Anharmonisches Potential: siehe oben Lennard-Jones-Potential
(iii) Skizzieren Sie Epot (r) für diesen Fall.
n > m, wobei m = 6 aus der Van-der-Waals-Wechselwirkung
dung erfolgen kann?
(ii) Welche Bedingung müssen Parameter m und n erfüllen, damit eine Kristallbin-
ringert;
− ram ist der anziehende Teil, welcher Epot mit kürzer werdendem Abstand ver-
ßende Wechselwirkung beschreibt.
(i) Begründen Sie, welcher der beiden Terme die anziehende und welcher die absto-
Epot (r) = −
Wechselwirkung herrühren:
aus zwei Anteilen zusammensetzt, die aus einer abstoßenden und einer anziehenden
(d) Bei einem verfeinerten Modell wird angenommen, dass sich die potentielle Energie
Abstand ergeben =⇒ KEINE Ausdehnung
Durch die vollkommene Symmetrie der Parabel wird sich im Mittel kein größerer
zwischen den beiden Teilchen ändern?
läuft. Kann sich unter dieser Annahme bei Temperaturerhöhung der mittlere Abstand
einem linearen Kraftgesetz folgt und damit die potentielle Energie parabelförmig ver-
(c) Nehmen Sie an, dass die Kraft zwischen zwei Gitterbausteinen wie bei einer Feder
Staatsexamen Physik
d
2
fObj
fObj
D
2
folgt
d
2
∧
fObj
= 0.610 ·
λ
r
λ
D
2
=⇒ d = 2.44 ·
Θ
P2
P1
α1
α2
Okular
λ
D
fObj
fOk
=
εD
2.44λ
≈ 39.02 ≈ 39
· fObj = fOk · ε
[MS13, S. 314]: V =
(e) d = x =⇒ 2.44 ·
=⇒ x = fOk · tan(α2 ) − tan(α1 )
(1)
=⇒ y = fOk · tan(α1 )
ε
fOk
λ
· fObj ≈ 12 µm
D
fOk
Okular
=⇒ x = fOk · (α2 − α1 ) = fOk · ε
x+y
fOk
(2) sin(α2 ) ≈ tan(α1 ) =
(3) α2 − α1 = ε
y
fOk
(1) sin(α1 ) ≈ tan(α1 ) =
Für kleine Winkel α gilt: sin(α) ≈ tan(α) ≈ α.
x
y
fOk
(d) [MS13, S. 19]: ε = 2′ = 2 · 2.90888 · 10−4 rad
Mit r =
[MS13, S. 307]: sin(Θ) = 0.610 ·
Für kleine Winkel Θ gilt: sin(Θ) ≈ tan(Θ).
(c) tan(Θ) =
d
Objektiv
Seite 24
Staatsexamen Physik
OPTIK
Θ
•
∆s
Seite 25
=⇒ Θ = arcsin
d sin(Θ) = (n − 1)l
∆s0 − ∆sg = 0 · λ
∆s0 = ∆sg
(c) Maximum 0. Ordnung:
kλ−(n−1)l
d
(n−1)l−kλ
d
(n − 1)l
d
• ∆s0 < ∆sg =⇒ Θ = arcsin
• ∆s0 > ∆sg =⇒ Θ = arcsin
c0
c
kλ
d
= n0 =⇒ c0 = n0 · c
kλ − (n − 1)l
d
Ablenkung nach rechts: |∆s0 − ∆sg | = kλ
=⇒ Θ = arcsin
d sin(Θ) + (n − 1)l = kλ
∆sg + ∆s0 = kλ
Ablenkung nach links:
Da c ∝ l gilt, folgt: ∆l = (n0 − 1)l =: ∆s0
=⇒ ∆c = c0 − c = n0 c − c = (n0 − 1)c
optischer Gangunterschied: [MS13, S. 299]:
[MS13, S. 273]: d sin(Θ) = kλ = ∆sg
(b) geometrischer Gangunterschied: [MS13, S. 307]: sin(Θ) =
Musters
stanter optischer Gangunterschied der Glasplatte addiert werden =⇒ Verschiebung des
mit Glas: Zu dem winkelabhängigen geometrischen Gangunterschied muss noch ein kon-
unterschied ∆s nach dem Spalt
(a) OHNE Glas: Helligkeitsmuster (Interferenzmuster) abhängig vom winkelabhängigen Gang-
H 2011 K, Aufgabe 3: Doppelspalt mit Glasplatte
150 ist zu groß; hier muss der Objektivdurchmesser D erhöht werden (ca. 4D nötig)
(f) 40 ist in Ordnung, wegen minimalem Auflösungsvermögen
III
q
2kT
m
R
NA
;m=
M
NA
; v̂ =
wegen ± in (∗)
2
|{z}
· f21
c ·
E2 −E1
h
q
2kT
m
= 9.87 · 101 5 Hz
=∆f
| {z }
k
2m
T
=⇒ f ′ − f = ± vc · f =⇒
q
∆f
f
= ± vc (∗)
Molekülorbital
Seite 42
Edelgaskonfiguration; halbbesetzte Orbitale, einzelne Elektronen füllen ein (kovalentes)
Elektronen in einem Molekül an sich zu ziehen.
Helium die äußere Schale voll besetzt ist. Elektronegativität ist ein Maß für die Fähigkeit,
(d) Die Elektronegativität von Wasserstoff ist wesentlich höher als die von Helium, da bei
=⇒ ∆f21 =
[MS13, S. 337f]: f21 =
R
2M
T =
v
c
q
[MS13, S. 285]: Dopplereffekt: f ′ = f 1 ±
=⇒ vwahrscheinlich =
(c) [MS13, S. 162ff]: k =
(b) [MS13, S. 334]: ∆E · ∆τ ≥ ~ =⇒ ∆τ ≈ 1.99 ns
Staatsexamen Physik
1
λ
=R
me e4
8ε20 h3 c
∆ν
ν
≈ 0.366 · 10−3
1
λ
= ∆R
1
n2
−1
1
m2
−
1
m2
(∗)
me Mk
me +Mk
µ
me
= 1+
= 2 · 4 = 8 =⇒ 8 Zustände
me Z 2 e4
ε20 n2 h2
Seite 41
gehören mit Quantenzahlen n und L.
Energieentartung heißt, dass zu ein und demselben Energiewert verschiedene Bahnformen
E3 (He) =⇒ l = 0 −→ 18-Entartung
E2 (He) =⇒ l = 0 −→ 8-Entartung
E1 (He) =⇒ l = 0 −→ 2-Entartung
Entartung ohne/mit Spin: n2 /2n2
E1 (He) ≈ −54 ev und E2 (He) ≈ −14 eV und E3 (He) ≈ −6.0 eV
(a) [MS13, S. 336]: En = − 18 ·
H 2013 M, Aufgabe 1: Helium-Ionen
(g) Energieentartung −→ Feinstrukturaufspaltung bzgl. ml
• natürliche Linienbreite
• Dopplerverbreiterung
• Stoßverbreiterung
• endliche Lebensdauer der angeregten Zustände
(f) MERKE: Gründe für endliche Linienbreite:
• 2p → 4d
3
2
V =
fObj
fOk
1
1.5 dpt
=
Konstruktion
=⇒ fObj =
BILD
2
3
tan(εm )
tan(ε0 )
L = fOk + fObj ≈ 70.5 cm
[MS13, S. 313]: V =
=
DOk
DObj
G′
fOk
≈ 17.3
Sehwinkel mit Instrument: tan(ε0 ) =
G′
fObj
m und fOk =
(iii) Sehwinkel OHNE Instrument: tan(ε0 ) =
(ii)
1
26 dpt
=
1
26
m
Seite 26
tendes Licht ist parallel; Brennpunkte von Objektiv und Okular fallen zusammen
(i) Gegenstand ist „unendlich“ weit weg, d. h. einfallendes Licht ist parallel =⇒ austre-
http://de.wikipedia.org/wiki/Koh%C3%A4renz_%28Physik%29 (Zugriff am 29.12.2015)
http://de.wikipedia.org/wiki/Koh%C3%A4renzl%C3%A4nge (Zugriff am 29.12.2014)
(a)
F 2012 K, Aufgabe 4: Abbildung mit Linsen
Kohärenzzeit zurücklegt.“3
der zeitlichen Kohärenz und entspricht der optischen Weglänge, die das Licht während der
(räumlich und zeitlich) stabiles Interferenzmuster entsteht. Die Kohärenzlänge resultiert aus
zwei Lichtstrahlen aus derselben Quelle haben dürfen, damit bei ihrer Überlagerung noch ein
„Die Kohärenzlänge ist in der Optik der maximale Weglängen- oder Laufzeitunterschied, den
Kohärenzlänge
Interferenzerscheinungen sichtbar werden.“2
• 2p → 4s
senverschiebung). Als Folge der Kohärenz, können bei der Überlagerung von Wellen stationäre
noch kohärent, wenn diese zeitliche Änderung um einen konstanten Betrag verschoben ist (Pha-
von Wellen, deren Auslenkung sich zeitlich auf dieselbe Weise ändert. Wellen sind selbst dann
„Kohärenz (v. lat.: cohaerere = zusammenhängen) bezeichnet in der Physik die Eigenschaft
Kohärenz
−→ LKohärenz = (n − 1)lmax
det
Bestimmung: Glasplättchen mit wachsender Dicke l, bis Maximum bei Θ = 0◦ verschwin-
mit Glas: Doppelspaltinterferenz wird gegen Einfachspaltinterferenz verschoben
(−→ Einhüllende von Einfachspalt)
Problem beim Doppelspalt: Intensität von Maximum hoher Ordnung ist stark reduziert
definiertes Minimum erkennbar ist
(d) Kohärenzbestimmung: große ∆s nötig; Teste, bis zu welcher Beugungsordnung k noch ein
kλ
n−1
• 2s → 4p
X
Maximum bei Θ = 0◦ : ∆sg = 0, ∆sg = kλ = (n − 1)l =⇒ l =
Staatsexamen Physik
• 2p → 1s
=⇒ erlaubte Übergänge:
(e) MERKE: Dipolauswahlregeln: ∆l = ±1 und ∆ml = 0, ± 1
[MS13, S. 346]: z =
2n2
me
Mk
−1
mit ∆R = R(T ) − R(H)
=⇒
(d) [MS13, S. 344]: li = 0,1 und mi = 0, ± 1 und si = ± 12
=⇒
mit (∗) folgt: ∆ν = ∆
−
me
Mk
1
n2
· Z2
[MS13, S. 337]: R = R∞ 1 +
[MS13, S. 338]: ν =
[MS13, S. 337]: R∞ =
(c) MERKE: reduzierte Masse: µ =
AUFBAU DER MATERIE I – QUANTEN, ATOME UND MOLEKÜLE
(b) Doppler-Effekt
V
b′
1
b
+
1
g
=⇒ b′1 = −f
= − g1 =⇒ B1′ = 2G
=
1
f
=
B
G
+
1
g
=⇒
1
b
=
1
f
−
1
g
= − gb und G = B2′ und g = g2′ = b′2 = 2f folgt: B = −2G
1
b
Abstand von Gegenstand und Bild: g − b = g − 2f = −45 cm
mit
mit g = b′2 = 2f folgt: b = 2f
B2′ → B: [MS13, S. 310]:
B1′ → B2′ : Planspiegel =⇒ B2′ = B1′ = 2G =⇒ b′2 = 2f
B1′
G
1
f
Konstruktion
[MS13, S. 310]:
[MS13, S. 310]:
B1′ :
BILD
(ii) G →
(i)
[MS13, S. 315]: ε = 0.61 λr = 1.22 λd =⇒ d = 1.22 λε ≈ 6.92 cm
(iv) [MS13, S. 19]: Umrechung von Bogensekunden in rad
OPTIK
=
c1
c2
=
n2
n1
=⇒
sin(ϑn )
sin(ϑ)
1
n
=
=
λ1
λ2
= b sin(ϑ)
n2
n1
=⇒ λ = nλn
λ
d
= `, da λ > d =⇒
λ
d
>1
λ
nd
= sin(ϑn ) ≤ 1
sin(ϑn )
sin(ϑ)
=
1
n
Seite 27
Beim Auftreffen eines Lichtstrahls natürlichen Lichts unter dem Polarisationswinkel auf
(e) [MS13, S. 307]: Brewster-Gesetz: tan(ϕ) = n
(d) aus (c) folgt: λ = nd sin(ϑn ) =⇒
=⇒ Lichtstrahl kann Dielektrikum NICHT verlassen
=⇒ nach Reflexion am Gitter folgt Totalreflexion am Dielektrikum
ϑgrenz = arctan(1) = 45◦ < 51.4◦
=⇒ Interferenz innerhalb des Dielektrikums möglich.
aus (c) gilt: λ = nd sin(ϑn ) =⇒ ϑn ≈ 51.4◦
(c) ϑ = arcsin
Die beiden Effekte heben sich auf.
senkrecht einfallender Strahl wird NICHT gebrochen, nur ausfallender:
Dielektrikum ändert Wellenlänge: λ = nλn
=⇒ λ = nλn = nb sin(ϑn ) =
nb sin(ϑ)
n
[HH02, S. 57]: b sin(ϑn ) = λn
[MS13, S. 272]: c = λf =⇒ cn = λn f =⇒
(b) [MS13, S. 299]:
sin(α)
sin(β)
(a) [HH02, S. 57] und k = 1: |b sin(ϑ)| = kλ =⇒ b ≈ 1.545 µm und ϑrot ≈ 24.87◦
H 2012 K, Aufgabe 3: Reflexionsgitter
(b)
III
hc
eU
≈ 35.4 pm
1
3
R(Z−1)2
4
=⇒ λCu ≈ 154 pm und λMo ≈ 72.3 pm
c
f
hc
λCu
≈ 8.05 keV
= 35 pm ←→ λCu ≈ 154 pm
1
ν
1
22
−
1
m2
RH
1
1
− 12
21
3
([MS13, S. 304])
m→∞ RH
λmin = lim
λmax =
1
1
− 12
22
m
Seite 40
ultraviolett, NICHT-sichtbarer Bereich
rot, sichtbarer Bereich ([MS13, S. 304])
= 4 ≈ 365 nm
RH
≈ 656 nm
1
m
(m = 3,4,5 . . .)
[MS13, S. 337]: RH = 1.0967758 · 107
λ=
[MS13, S. 338]: ν = RH
(a) Balmerserie, n = 2 ր
F 2013 M, Aufgabe 1: Spektrallinien des Wasserstoffatoms
−→ DNS wird durch THz-Strahlung NICHT zerstört, da Energie sehr gering
energie bei THz-Strahlung
−→ Photonenenergie von Cu beträgt ein Vielfaches/ist sehr groß gegnüber der Photonen-
ECu =
λ=
(f) [MS13, S. 354]: E = hf ≈ 3.31 eV
tials durch restliche Eleketronen in der Hülle
(e) „−1“ ist eine materialspezifische Konstante und besagt eine Abschirmung des Kernpoten-
(d) [HH02, S. 64]: λ =
elektromagnetischer Wellen
negative Beschleunigung der Elektronen beim Auftreffen auf das Target =⇒ Emission
(c) [MS13, S. 357]: λmin =
• Bremsspektrum (kontinuierlicher Untergrund)
• charakteristische Linien: [MS13, S. 358]: Mosley-Gesetz
zwei Anteile:
Staatsexamen Physik
0 ⇐⇒ r =
a0
z
a0
z
(b)
a0
20
1
8
·
me Z 2 e4
ε20 n2 h2
= 0.1c2
∧
3
q
3M
4π̺NA
≈ 2.0 nm
W (r ≤ rK ) = 12 rK · P (rK ) ≈ 9.74 · 10−7
P (rK ) ≈ 2.84 · 108 und P (0) = 0
rK ≈ 6.86 ·
10−15 m
Röntgenröhre4
Röntgenspektrum5
(a)
(b)
H 2012 M, Aufgabe 2: Röntgenröhre und Bodyscanner
Seite 39
http://www.ph2.physik.uni-goettingen.de/Bilder_Theorie/roentgen.gif (Zugriff am 20.02.2015)
5
https://www.uni-due.de/physik/ap/iabe/roentgen_b10/roentgenspektrum.jpg (Zugriff am 20.02.2015)
4
r
a0
rK = r0 · A 3 und mit A = Z + N , ZPm = 61 und APm = 147 ([MS13, S. 386]) folgt:
1
kg
[MS13, S. 50]: ̺Pm = 7.22 m
3
(e) [MS13, S. 332]: r ≈
Ruheenergie =⇒ n = 1 und ed folgt: Z ≈ 61.28 =6 1Pm
(d) [MS13, S. 336]: |E| =
1
20 ZCa
−→ Extremwert
−→ Extremwert
rH = 20 · rCa , da ZH =
ZCa = 20 =⇒ r =
a0
20
|Ψ1 |2 hat Maximum bei r = 0 (siehe Graph)
dP (r) !
dr =
P (r)
AUFBAU DER MATERIE I – QUANTEN, ATOME UND MOLEKÜLE
(c) Ca19+ −→ r =
V
r
t
=⇒ r ≈ 2.85 m
1
nW,min ;
nW,min bei λ = 687 nm (rot)
x2
t
h
x1
=⇒ x1 ≈ 2.926 m
folgt: x2 ≈ 1.88 m
BILD
b
g
=
1
b
+
1
g
folgt: b = 20 cm = g und β = −1
1
f
Konstruktion
reelles Bild, umgedreht
mit β =
(b) [MS13, S. 309]:
(a)
H 2013 K, Aufgabe 3: Abbildung durch eine Linse
len (von oben) werden totalreflektiert
Seite 28
(e) heiße Luftschicht am Boden hat kleinere Brechzahl als Luftschicht darüber =⇒ Lichtstrah-
=⇒ xhoriz = x1 + x2 ≈ 4.81 m
tan(90◦ − ϕ) =
mit tan(β) =
nL sin(ϕ) = nW sin(β)
horizontale Polarisation wird reflektiert =⇒ das muss Brille filtern
(d) [MS13, S. 307]: tan(ϕ) = nW =⇒ ϕ ≈ 53.1◦
=⇒ äußerer Rand (Rmax ) ist rot
Rmax = t tan(αG,max ); sin(αG,max ) =
alternativ: n abhängig von λ; ϕ abhängig von n und somit von λ; r abhängig von ϕ
Rand ist rot, da dieses Licht am stärksten gebrochen wird beim Übergang Luft → Wasser.
(c) Licht wird in Abhängigkeit von der Wellenlänge (Farbe) unterschiedlich stark gebrochen.
außerhalb des Kreises: Totalreflexion an der Wasseroberfläche
tan(α) =
Totalreflexion: sin(β) = 1 =⇒ α ≈ 48.75◦
!
(b) [MS13, S. 299]: nW sin(α) = nL sin(β) = sin(β)
=⇒ β1 ≈ 39◦ und β2 ≈ 53◦
(a) [MS13, S. 299]: n1 sin(α) = n2 sin(β)
F 2013 K, Aufgabe 4: Strahlenoptik: Reflexion und Brechung
sation NICHT zu
Ursprung: Dipolstrahlung an der Grenzschicht lässt Reflexionsrichtung für diese Polari-
tan(ϕ) = 1.6 =⇒ ϕ ≈ 58.0◦
die Reflexion minimal (vgl. Dipolstrahlung an der Grenzfläche)
=⇒ Lichtstrahl in der Ebene aus Einfallslot und einfallendem Strahl polarisiert, dann ist
flektierte Strahl ist vollkommen linear polarisiert.
die Grenzfläche stehen reflektierter und gebrochener Strahl aufeinander senkrecht. Der re-
Staatsexamen Physik
OPTIK
=1
|{z}
G
g
=⇒ α = 26.6◦ =⇒ Drehwinkel γ = αg − α = 23.7◦
G
f
=⇒ α = arctan
Seite 29
B
tan(β)0 b−f
=⇒ b ≈ 17.67 cm
G
f
G
f
=⇒ β = arcsin nW sin arctan
tan(α) =
nW sin(α) = sin(β)
Grenze des Mediums
(e) g = 2f , das heißt, Brennstrahl gibt immer vor, dass G = B −→ unabhängig von der
Bild durch Reflexion für alle α > 26.6◦
tan(α) =
(d) nW sin(α) = sin(β) = 1 ⇐⇒ αg ≈ 50.28◦
!
(c) nW sin(α) = nL sin(β) =⇒ β ≈ 67◦
III
3
q
3M
4π̺NA
=⇒ größter Atomradius ist bei Ba zu finden, da mBa =
Rydberg-E.
Aufenthaltswahrscheinlichkeit
|Ψ|2
=⇒ P (r) ∝ r2 exp(. . .)
(b) P (r) dr = 4πr2 π1
Parabel =⇒ |Ψ1 |2 ∝ exp(. . .)
3
Z
exp − 2Zr
a0
a0 dr
und r + dr vom Kern zu finden ist
r
a0
Seite 38
P (r) dr = 4πr2 |Ψ1 |2 dr: Wahrscheinlichkeit, dass das Elektron im Abstand zwischen r
finden ist
[MS13, S. 341]: |Ψ1 |2 : Wahrscheinlichkeit, dass das Elektron im Volumenelement d3 r zu
Produkt von Kugelflächenfunktionen und Radialfunktionen zusammensetzt
(a) [MS13, S. 339]: Ψ1 : Schrödingergleichung ist eine Wellenfunktion, welche sich aus dem
F 2012 M, Aufgabe 3: Wasserstoffähnliche Ionen
137,327 u die größte Masse darstellt.
[MS13, S. 332]: r ≈
Li mit z = 3 und n = 2.
2
Z
1
′
(f) [MS13, S. 336f]: En = − |13.6
{zeV} · n2 = − n2 R∞ =⇒ kleinste Ionisierungsenergie besitzt
2. Hauptgruppe: Be, Mg, Ca, Ba −→ 2 Valenzelektronen =⇒ Kernladungszahl 2
S. 352])
(e) 1. Hauptgruppe: Li, Na, K, Cs −→ 1 Valenzelektron =⇒ Kernladungszahl 1 ([MS13,
Spin
+ n = 2n2
(2l + 1) = 2 · 2 (n−1)n
=⇒ gesamte Entartung: |{z}
2 ·
2
l=0
n−1
P
Für jedes l gilt: ml = 0, ± 1, . . . , ± l =⇒ (2l + 1) verschiedene Werte
Für jedes n gilt: l = 0,1, . . . ,n − 1 =⇒ n verschiedene Werte
(d) MERKE:
Staatsexamen Physik
∆ml = 0
∆ml = +1
∆ml = −1
+1
0
−1
1
2
=⇒ |l − s| = |l + s| =
1
2
=⇒ mj = ± 21 =⇒ 2 Komponenten
=
4~2
ml = −1
ml = 0
ml = 1
Seite 37
#„
#„
MERKE: L 2 = L2x + L2y + L2z =⇒ min(L2x + L2y ) = L 2 − max(L2z ) = 2~2
MERKE: Lz = ml · h =⇒
~
z
−~
max(L2z )
(c) ml = 0, ± 1, ± 2
#„
L 2 = ~2 l(l + 1) ≈ 6.67 · 10−68 J2 s2
(b) Vektordiagramm:
p
#„
MERKE: | L| = ~ l(l + 1) ≈ 1.49 · 10−34 Js
(a) [MS13, S. 344]: l = 1 =⇒ ml = 0, ± 1
F 2012 M, Aufgabe 1: Quantenzahlen und Atomspektren
(iii) l = 0; s =
(ii) l = 1; s = 0 =⇒ |l − s| = |l + s| = 1 =⇒ mj = 0, ± 1 =⇒ 3 Komponenten
(i) l = 0; s = 0 =⇒ |l − s| = |l + s| = 0 =⇒ mj = 0 =⇒ KEINE Aufspaltung
• j = |l − s|, . . . ,|l + s|
• mj = −j, . . . , + j = −|l − s|, . . . ,|l + s|
• ms = ± 12 = −s, . . . , + s
• ml = −l, . . . , + l
2p
3d
+2
+1
0
−1
−2
ml
AUFBAU DER MATERIE I – QUANTEN, ATOME UND MOLEKÜLE
(e) Es gelten:
V
∧
p1
T1
=
p2
T2
p1
T
=
p1 +∆p
TR
∆pT
TR −T
= . . . ≈ 100 bar
mHe
mAtom
=⇒ mHe = NHe · mAtom
=⇒ NHe =
3RT
Mm
=
3RT
MHe
=⇒ v̄ =
q
3RT
MHe
= . . . ≈ 1.34 · 1026
= . . . ≈ 1297 ms ≈ 1.3 km
s
p1 V
kT
J
kg K
∧
95◦ C−14◦ C
1◦ C
· 25 m = 2025 m
13 kg
6 s ;
(b) [MS13, S. 143]
Seite 30
1◦ C pro 25 m
Druck: mit [MS13, S. 95] gilt: p = pLuft + ph = pLuft + ̺ · g · h = . . . ≈ 200 bar
(a) Tiefe: h :=
kg
ϑG = 95◦ C = 368.15 K = TG ; ϑW = 14◦ C = 287.15 K = TW ; 130 min
=
∧
H 2010 K, Aufgabe 1: Geothermie
Arbeit verrichtet wird
(e) cp > cV , da bei cp der Druck konstant ist, sich aber das Volumen ändern kann und somit
Rotationsfreiehitsgrade dazukommen
Ēkin , v̄, ∆Q ändern sich, weil sich die Masse ändert (mHe 6= mN2 ) und bei N2 noch zwei
(d) Ideales Gas geht von ausdehnungslosen Teilchen aus =⇒ p, N bleiben gleich;
[MS13, S. 138]: ∆Q = cV mHe (TR − T ) = . . . ≈ 77.2 kJ ≈ 77 kJ
[MS13, S. 124]: cV (He) = 3.209 · 103
[HH02, S. 35]: Ēkin = 32 kT = . . . ≈ 5.59 · 10−21 J ≈ 5.6 · 10−21 J
(c) [HH02, S. 35]: v̄ 2 =
mit mAtom = 4.0026 u folgt mHe ≈ 0.891 kg ≈ 0.89 kg
NHe =
[HH02, S. 36]: pV = N kT =⇒ N =
pV
kT
=⇒ F = p · A =⇒ F1 = p1 · A = . . . = 2000 N = 2.0 kN
(b) gesucht: NHe und mHe
F
A
=⇒ p1 =
[MS13, S. 58]: p =
=⇒
(ii) ∆p = p2 − p1 = 10 bar =⇒ p2 = p1 + 10 bar = p1 + ∆p
(i)
[MS13, S. 138]: isochore Zustandsänderung, da V = const:
gesucht: p1 , F1 wirkt auf jede Teilfläche A = 2.0cm2 = 2.0 · 10−4 m2
(a) He, ϑR = 27.0◦ C = 297.15 K = TR , ∆p = 10 bar
∧
V = 50 l = 0.05 m3 ; He, N2 ; ϑ = −3.0◦ C = 270.15 K = T
F 2010 K, Aufgabe 2: Ideale Gase in Flaschen
IV Wärmelehre
Staatsexamen Physik
WÄRMELEHRE
T1 −T2
T1
=
m
M RTG ln
VW
VG
− TW ) ln
W
t
=
Q
t
=
cV m(TG −TW )
t
=
m
M RT
m
t
ln
Pe
Pi
=
Pmax
P
P ·t
= . . . ≈ 5.2 · 101 0 J = 52 MJ
=
η+1
0
C
TE − T1
ln
m
TE − T2
dQ
dm
1
dt
δt
TE − T1
TE − T2
TE
Z−T1
TE −T2
folgt:
= c · ∆t (∗) =⇒ dQ = c∆t dm
Qab
η+1
Seite 31
(b) Kalorimeter üblicherweise offen gegenüber Atmosphärendruck, also p = const =⇒ cp
=⇒ c =
dm = C ·
C
dt
δt
=⇒ cm = C · ln
=⇒ c ·
Zm
=⇒ c dm =
c∆t dm = C dt
Mit (∗) und (∗∗) folgt:
dQ = C dt (∗∗)
[MS13, S. 120]: dQ = cm∆t =⇒
(a) dQ pro Gas-Massenelement; m, Ck , T1 , T2 , TE
F 2011 K, Aufgabe 3: Flüssigkeitskalorimeter
Qauf
J
kg K
=⇒ η · Qauf = Qab − Qauf =⇒ Qauf =
und t = 86400 s = 1 d folgt:
Q
t
W
t
mit [MS13, S. 75]: P =
=
Qab −Qauf
Qauf
=
|W |
t
• Verluste über reale Wärmerückleitung
• Verluste in der Maschine selbst (Reibung, Wärme)
(e) [MS13, S. 144]: η =
Vx
Vy
=⇒ Pmax = η · P = . . . ≈ 0.161 MW ≈ 0.16 MW
Gründe, warum die Leistung in der Praxis NICHT erreicht wird:
[MS13, S. 75]: η =
= . . . ≈ 0.734 MW ≈
TG − TW
TW
=1−
TG
TG
= cV (TG − TW ) ·
S. 143]: Q =
mit [MS13, S. 138]: Q = cV m(T2 − T1 ), [MS13, S. 123]: cV = 4.18 · 103
0.73 MW
(d) [MS13, S. 75]: P =
VW
VG
=⇒ KEIN höherer Wirkungsgrad möglich
η=
m
M R(TG
TG −TW
= . . . ≈ 22 %
TG
|W |
Q1 mit [MS13,
Begründung: [MS13, S. 144]: η =
(c) [MS13, S. 144]: η =
IV
e
2me
· ~ · ml
∆E = µB · B
0
+1
0
−1
B
e
e
· ~ 1 − (−1) = B~ ·
≈ 2.78 · 10−23 J ≈ 1.74 · 10−4 eV
2me
me
2p
3d
ml
+2
+1
0
−1
−2
Lz = 0; ±~; ±2~
Entartung: 2 · 2 + 1 = 5
sind (Lorentz-Triplett)
Seite 36
3 Linien, da Übergangsenergien zu ∆ml = 0, ∆ml = 1 und ∆ml = −1 jeweils gleich groß
(d) d-Zustand −−−−→ p-Zustand =⇒ 3 Linien (Zeeman-Effekt); B = const
optisch
∆E = B ·
E = µz · B
E
Entartung: 2 · 1 + 1 = 3
Lz = ~ml = 0; ±~
d-Zustand
l = 2 =⇒ ml = 0; ±1; ±2
√
L=~ 6
p-Zustand
l = 3 =⇒ ml = 0; ±1
√
p
L = ~ l(l + 1) = ~ 3
p-Zustand =⇒ ml = 0, ± 1
(c) µz =
(b) Skizze
(a) p- und d-Zustand
F 2011 M, Aufgabe 1: Atome im Megnetfeld
V Aufbau der Materie I – Quanten, Atome und Moleküle
Staatsexamen Physik
=⇒ Qges = Qs + QE ≈ 7 · 1014 J
Q1 +Q2
Q1
=
|W |
Q1
oder η =
T1 −T2
T1
VD
VC
VB
VA
oder ηDampf =
Enutz
Ezu
Seite 35
herabsetzen. Der Carnot-Prozess ist ein idealisiertes Modell.
Vorgängen treten nahezu immer Reibungsverluste auf, welche den Wirkungsgrad somit
Hierbei ist Ezu die thermische- und Enutz die mechanische Energie. Bei mechanischen
[MS13, S. 75]: ηDampf =
Wnutz
Wzu
−→ klassischer Carnot-Prozess (im Uhrzeigersinn – rechtsläufig)
Wirkungsgrad: η =
abgegebene Wärme bei T2 (Q2 < 0): Q2 =
m
M RT2 ln
aufgenommene Wärme bei T1 (Q1 > 0): Q1 =
m
M RT1 ln
Erwärmung des Wassers von 0◦ C auf 13◦ C: [MS13, S. 123]: QE = cQ m0 ∆ϑ ≈ 9.97·1010 kJ
WÄRMELEHRE
(b) [MS13, S. 143f]: Carnot-Prozess
IV
∧
∧
∧
c = . . . ≈ 14.3
J
gK
m
V
=⇒ V =
m
̺
m
n
=
̺RT
p
1
2f
+1
R
M
M
M
1
= f + 1 =⇒ 2cp
− 2 = f =⇒ f = . . . ≈ 5.02 ≈ 5
R
2
R
g
= . . . ≈ 2.04 mol
mol g
= − MRT
dz
dp
T1
T2
dp
p
=
=⇒
κ
κ−1
=⇒
mol g
= − MRT
dz
p1
p2
=
T2κ
T1κ
1
̺
=
=
1
p
=
Mmol
̺RT
κ dT
κ−1 T
X
+
∂
κ 1−κ ) dT
∂T (T p
=⇒ T κ p1−κ = const
∂
κ 1−κ ) dp
∂p (T p
p1−κ
1
p1−κ
2
cp
cV
κ dT
κ−1 T
=⇒ κLuft = 1.402
Mol g
dz =
(d) Setze (a) = (b), also − MRT
[MS13, S. 124]: κ =
[MS13, S. 141]: dQ = 0
=⇒
dT
dz
K
= −9.74 km
anderen überführt wird, OHNE Wärme mit seiner Umgebung auszutauschen.
Seite 32
(c) Adiabatische Expansion ist ein Vorgang, bei dem ein System von einem Zustand in einen
dT
===⇒ (κ − 1) dp
p = κ T =⇒
dp
p
0 = (1 − κ)T κ p1−κ−1 dp + κT κ−1 p1−κ dT
:(p·T )
V Mmol
mRT
= −g dz
dp folgt:
totales Differential ([Rot91, S. 131]): 0 =
(b) [MS13, S. 142]:
1
p
1
p
=⇒ m = ̺V folgt:
=⇒
mit [MS13, S. 95]: dp = −̺gdz =⇒
m
V
m
Mmol RT
mit [MS13, S. 48]: ̺ =
(a) [MS13, S. 118]: pV =
H 2011 K, Aufgabe 2: Barometrische Höhenformel
eine gewisse Nullpunktsenergie
BOTEN; selbst wenn absoluter Nullpunkt erreicht werden könnte, hätte das Molekül noch
komplettes Einfrieren aller Freiheitsgrade ist nach Heisenbergscher Unschärferelation VER-
ringern sich =⇒ Wärmekapazität sinkt
(f) tiefe Temperaturen =⇒ Rotationsfreiheitsgrade werden eingefroren =⇒ Freiheitsgrade ver-
=⇒ 2-atomiges Gas, wegen 5 Freiheitsgraden (3 Translation, 2 Rotation)
=⇒ cp
(e) [MS13, S. 168]: cp =
J
J
=⇒ [MS13, S. 122]: Cm = cM = c m
n = . . . ≈ 29.24 mol K ≈ 29.2 mol K
m
n
=⇒ [MS13, S. 118]: p m
̺ = nRT =⇒
[MS13, S. 117]: M =
̺=
kg
◦
3
(d) ̺ = 0.083 m
3 ; ϑ = 27.0 C = 300.15 K = T ; p = 101.3 · 10 Pa
Mit (a) gilt:
ϑ2 = 28.0◦ C = 301.15 K
J
(c) m = 20 g; ϑE = 59,0◦ C = 332.15 K = TE ; Ck = 3100 K
; ϑ1 = 25.0◦ C = 298.15 K;
∧
Staatsexamen Physik
p
p0
=−
0
Mmol g
dz
RT
Mmol g
·z
RT
−
V
T
= const −→ isobare Zustandsänderung; ideale Gase
1
2d
2
πh ≈ 0.31 dm3
p
κ
V0κ ≈ 4.5 dm3
≈ 1.4
=
p0
p1
κ
κ−1
=⇒ T1 ≈ 394 K =
∧
V0 −VF
VPumpe
121◦ C
≈ 7.9 =⇒ 8 Pumphübe
p1 Ta
T1
≈ 2.3 bar
Seite 33
(a) [MS13, S. 128] und ̺ =
m
V :
∧
ϑm ≈ 306 K = 32.4◦ C
H 2012 K, Aufgabe 2: Wärmeaustausch
• p2 : ↓
• ϑ1 : ↑
• n: ↓
(f) Adiabatenexponent ändert sich auf κ ≈ 1.6 ([MS13, S. 124]), also folgt:
[MS13, S. 117]: p2 =
(e) ϑa = 25◦ C = 298.15 K = TK −→ isochore Zustandsänderung
∧
(d) [MS13, S. 142]:
T0
T1
V0 = VF + ∆V = VF + n · VPumpe =⇒ n =
=⇒ V0 =
[MS13, S. 124]: κ =
cp
cV
p1 VFκ
p0
KEIN Wärmeaustausch, d. h. Q = 0
[MS13, S. 142]: p0 V0κ = p1 VFκ =⇒ V0κ =
(c) VPumpe =
(b) Gas ist thermisch isoliert
• [MS13, S. 118] bzw. [HH02, S. 36]: pV = N kT = nRT
• Teilchen haben KEIN Eigenvolumen
• ideale Gas: 1 bar, 300 K
• Wechselwirkung der Teilchen ausschließlich durch elastische Stöße
grundlegende Modellannahme:
(3) p · V = const −→ isotherme Zustandsänderung; ideale Gase
(2) p · V κ = const −→ adiabatische Zustandsänderung; ideale Gase
(a) (1)
F 2012 K, Aufgabe 2: Fahrradreifen
Mmol g
·z
=⇒ p(z) = p0 · exp −
RT
ln
1
dp =
p
p0
Zp
Zz
WÄRMELEHRE
(e) Mit (a) folgt:
IV
T2
T1
J
≈ −9.15 K
Staatsexamen Physik
∆T
Rges
= 35 W
1
λCu
+
1
λFe
l
A
K
=2W
∆Sges =
∧
C
n
= cM =
m
n
Q
n∆t
=
1 dQ
n dt
kg
m3
cAl
cBlei
≈ 7.68
Seite 34
J
≈ 25 K mol
(∗) mit R als molare
=⇒ m0 = ̺Eis V0 = 1.834 · 109 kg
≈ 0.13 =⇒
(∗∗)
6R
2
Schmelzvorgang: [MS13, S. 148]: Qs = qEis m0 ≈ 6.12 · 1011 kJ
(a) [MS13, S. 56]: ̺Eis = 0.917 · 103
H 2013 K, Aufgabe 2: Eisberg
Sei n = 1 mol. Dann folgt mit (∗):
cBlei
cAl
(∗∗) Cm (∗∗∗) Cm n
= m
M
(∗ ∗ ∗)
aus (∗) und (∗∗) folgt: c =
[MS13, S. 117]: M =
[MS13, S. 122]: Q = Cm n∆t
[MS13, S. 122]: Cm =
Gaskonstante
(e) [MS13, S. 122]: Regel von Dulong Petit: Cm ≈
(d) analog (c) folgt: T3 = 286 K = 13.1◦ C
=⇒ T3 = 0◦ C
=⇒ QBlei reicht NICHT aus, um Eis vollständig zu schmelzen
∧
T3 ≈ 249.8 K = −23.2◦ C `
[MS13, S. 128]: cW m1 (T3 − T1 ) + CG (T3 − T1 ) + qEis mEis = cBlei mBlei (TBlei − T3 ) =⇒
[MS13, S. 145]: QEis = qEis mEis
(c) Temperatur des Phasenübergangs fest-flüssig: T1 = 0◦ C
(b) mit (a) und TW = T folgt: cBlei ≈ 0.13 gJK
J
mit m1 = m2 = m folgt: CG ≈ 93 K
(a) [MS13, S. 128]: cW m1 (T3 − T1 ) + CG (T3 − T1 ) = cW m2 (T2 − T3 )
F 2013 K, Aufgabe 2: Mischkalorimeter
(e) [MS13, S. 129]: I =
(d) [MS13, S. 130]: Rges = RCu + RFe =
J
1.45 K
2. Hauptsatz: Prozess ist irreversibel, da die Entropie des Systems wächst
System)
keine Wärme nach außen, das heißt, Q = 0 und W = 0 =⇒ ∆U = 0 (geschlossenes
(c) 1. Hauptsatz: [MS13, S. 135]: ∆U = Q + W
J
∆Sges = ∆SCu + ∆SFe = 1.45 K
J
∆SFe ≈ 10.6 K
(b) [MS13, S. 140]: ∆SCu = cCu mCu ln