1 Mechanik

INHALTSVERZEICHNIS
I
Inhaltsverzeichnis
Teil A: Aufgaben
1 Mechanik
1.1 Massenpunkt im Trichter (H2003) . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Luftreibung (H2003) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Rollender Zylinder auf schiefer Ebene (F2004) . . . . . . .
1.4 Seilrollen (F2004) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 Fallmaschine (H2004) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Bewegung in der Ebene (H2004) . . . . . . . . . . . . . . .
1.7 Pendelbewegung (F2005) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.8 Kleine Schwingungen (F2005) . . . . . . . . . . . . . . . .
1.9 Relativistisches Punktteilchen (H2005) . . . . . . . . . . . .
1.10 Schwingungsdauer (H2005) . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.11 Pendel mit beweglichem Aufhängepunkt (F2006) . . . . . .
1.12 Teilchen im konstanten Zentralkraftfeld (F2006) . . . . . . .
1.13 Rotierende Stange (H2006) . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.14 Fallender Stein auf rotierender Erde (H2006) . . . . . . . .
1.15 Dynamik einer Punktmasse auf einem Kegelmantel (F2007)
1.16 Rakete (F2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.17 Freies Teilchen in Polarkoordinaten (H2007) . . . . . . . . .
1.18 Klettern am Seil (H2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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2 Elektrodynamik
2.1 Magnetischer Dipol (H2003) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Ebene elektromagnetische Wellen (H2003) . . . . . . . . . . .
2.3 Wo fließt die elektromagnetische Energie? (F2004) . . . . . . .
2.4 Elektrisches Feld und Potential im H-Atom (F2004) . . . . . . .
2.5 Ladung vor Dielektrikum (H2004) . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Mittleres Potential (H2004) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Hohlleiter (F2005) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.8 Elektrisches Feld und Potential geladener Kugeln (F2005) . . .
2.9 Metallkugel in externem Feld (H2005) . . . . . . . . . . . . . .
2.10 Linienförmige Ladungsverteilung und Metalloberfläche (H2005)
2.11 Elektrostatische Energie (H2006) . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.12 Reflexion (F2006) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.13 Elektromagnetische Wellen (F2006) . . . . . . . . . . . . . . .
2.14 Magnetfeld einer Stromverteilung (H2006) . . . . . . . . . . .
2.15 Wellenausbreitung zwischen Leiterplatten (F2007) . . . . . . .
2.16 Elektrostatische Energie (F2007) . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.17 Penning-Falle (H2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.18 Elektrisches Potential im Kasten (H2007) . . . . . . . . . . . .
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3 Thermodynamik
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3.1 Schallgeschwindigkeit (H2003) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.2 Gibbs’sches Paradoxon (H2003) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.3 Temperaturabhängigkeit des Dampfdrucks (F2004) . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
INHALTSVERZEICHNIS
II
3.4
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3.6
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3.10
3.11
3.12
3.13
3.14
3.15
3.16
3.17
3.18
Adiabatische Expansion (F2004) . . . . . . . .
Stirling-Prozess (H2004) . . . . . . . . . . . .
Wirkungsgrad (H2004) . . . . . . . . . . . . .
Thermodynamik des Gummifadens (F2005) . .
Kühlung durch Entmagnetisierung (F2005) . .
Ideales Gas (H2005) . . . . . . . . . . . . . .
Idealisierter Otto-Kreisprozess (H2005) . . . .
Dieselmotor (F2006) . . . . . . . . . . . . . .
Carnot-Prozess mit Photonengas (F2006) . . .
Drossel-Prozess (H2006) . . . . . . . . . . . .
Mischungsentropie für ideale Gase (H2006) . .
Schwarzkörperstrahlung (F2007) . . . . . . . .
Deformation eines Flüssigkeitstropfens (F2007)
Gleichgewichte (H2007) . . . . . . . . . . . .
Freie Energie (H2007) . . . . . . . . . . . . .
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4 Quantenmechamik
4.1 Eindimensionale Potentialbarriere (H2003) . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Virialsatz (H2003) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3 Harmonischer Oszillator mit undurchdringlicher Wand (F2004) . . . . . . .
4.4 Lineares dreiatomiges Molekül (F2004) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5 Eindimensionale Wellenfunktion (H2004) . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.6 Zwei-Niveau-System (H2004) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.7 Der Einfluss der Kernausdehnung auf wasserstoffähnliche Zustände (F2005)
4.8 Harmonischer Oszillator im elektrischen Feld (F2005) . . . . . . . . . . .
4.9 Eindimensionales, periodisches δ-Potential (H2005) . . . . . . . . . . . . .
4.10 Dipolmatrixelemente (H2005) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.11 Kastenpotential im elektrischen Feld (F2006) . . . . . . . . . . . . . . . .
4.12 Eindimensionale Wellenfunktion (F2006) . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.13 Freies quantenmechanisches Teilchen und Ehrenfest-Theorem (H2006) . .
4.14 Interferenz im Schwerefeld (H2006) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.15 Wasserstoff-Atom im elektrischen Feld (F2007) . . . . . . . . . . . . . . .
4.16 Zwei-Niveau-System (F2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.17 Bewegung im Potentialtopf (H2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.18 Ableitung der Eigenenergien (H2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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72
Teil B: Lösungen
5 Mechanik
5.1 Massenpunkt im Trichter (H2003) . . . . . . .
5.2 Luftreibung (H2003) . . . . . . . . . . . . . .
5.3 Rollender Zylinder auf schiefer Ebene (F2004)
5.4 Seilrollen (F2004) . . . . . . . . . . . . . . . .
5.5 Fallmaschine (H2004) . . . . . . . . . . . . .
5.6 Bewegung in der Ebene (H2004) . . . . . . . .
5.7 Pendelbewegung (F2005) . . . . . . . . . . . .
5.8 Kleine Schwingungen (F2005) . . . . . . . . .
5.9 Relativistisches Punktteilchen (H2005) . . . . .
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5.18
III
Schwingungsdauer (H2005) . . . . . . . . . . . . . . . . .
Pendel mit beweglichem Aufhängepunkt (F2006) . . . . . .
Teilchen in konstantem Zentralkraftfeld (F2006) . . . . . . .
Rotierende Stange (H2006) . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Fallender Stein auf rotierender Erde (H2006) . . . . . . . .
Dynamik einer Punktmasse auf einem Kegelmantel (F2007)
Rakete (F2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Freies Teilchen in Polarkoordinaten (H2007) . . . . . . . . .
Klettern am Seil (H2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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6 Elektrodynamik
6.1 Magnetischer Dipol (H2003) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Ebene elektromagnetische Wellen (H2003) . . . . . . . . . . .
6.3 Elektromagnetische Energie (F2004) . . . . . . . . . . . . . . .
6.4 Elektrisches Feld und Potential im H-Atom (F2004) . . . . . . .
6.5 Ladung vor Dielektrikum (H2004) . . . . . . . . . . . . . . . .
6.6 Mittleres Potential (H2004) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.7 Hohlleiter (F2005) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.8 Elektrisches Feld und Potential geladener Kugeln (F2005) . . .
6.9 Metallkugel in externem Feld (H2005) . . . . . . . . . . . . . .
6.10 Linienförmige Ladungsverteilung und Metalloberfläche (H2005)
6.11 Elektrostatische Energie (H2006) . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.12 Reflexion (F2006) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.13 Elektromagnetische Wellen (F2006) . . . . . . . . . . . . . . .
6.14 Magnetfeld einer Stromverteilung (H2006) . . . . . . . . . . .
6.15 Wellenausbreitung zwischen Leiterplatten (F2007) . . . . . . .
6.16 Elektrostatische Energie (F2007) . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.17 Penning-Falle (H2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.18 Elektrisches Potential im Kasten (H2007) . . . . . . . . . . . .
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7 Thermodynamik
7.1 Schallgeschwindigkeit (H2003) . . . . . . . . . . .
7.2 Gibbs’sches Paradox (H2003) . . . . . . . . . . .
7.3 Temperaturabhängigkeit des Dampfdrucks (F2004)
7.4 Adiabatische Expansion (F2004) . . . . . . . . . .
7.5 Stirling-Prozess (H2004) . . . . . . . . . . . . . .
7.6 Wirkungsgrad (H2004) . . . . . . . . . . . . . . .
7.7 Thermodynamik des Gummifadens (F2005) . . . .
7.8 Kühlung durch Entmagnetisierung . . . . . . . . .
7.9 Ideales Gas (H2005) . . . . . . . . . . . . . . . .
7.10 Idealisierter Otto-Kreisprozess (H2005) . . . . . .
7.11 Dieselmotor (F2006) . . . . . . . . . . . . . . . .
7.12 Carnot-Prozess mit Photonengas (F2006) . . . . .
7.13 Drossel-Prozess (H2006) . . . . . . . . . . . . . .
7.14 Mischungsentropie für ideale Gase (H2006) . . . .
7.15 Mischungsentropie für ideale Gase (H2006) . . . .
7.16 Schwarzkörperstrahlung (F2007) . . . . . . . . . .
7.17 Deformation eines Flüssigkeitstropfens (F2007) . .
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146
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150
152
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155
156
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158
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IV
INHALTSVERZEICHNIS
7.18 Gleichgewichte (H2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
7.19 Freie Energie (H2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
8 Quantenmechamik
8.1 Eindimensionale Potentialbarriere (H2003) . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2 Virialsatz (H2003) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3 Harmonischer Oszillator mit undurchdringlicher Wand (F2004) . . . . . .
8.4 Lineares dreiatomiges Molekül (F2004) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5 Eindimensionale Wellenfunktion (H2004) . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.6 Zwei-Niveau-System (H2004) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.7 Der Einfluss der Kernausdehnung auf wasserstoffähnliche Zustände (F2005)
8.8 Harmonischer Oszillator im elektrischen Feld (F2005) . . . . . . . . . . .
8.9 Eindimensionales, periodisches δ-Potential (H2005) . . . . . . . . . . . . .
8.10 Dipolmatrixelemente (H2005) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.11 Kastenpotential im elektrischen Feld (F2006) . . . . . . . . . . . . . . . .
8.12 Eindimensionale Wellenfunktion (F2006) . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.13 Freies quantenmechanisches Teilchen und Ehrenfest-Theorem (H2006) . .
8.14 Wasserstoff-Atom im elektrischen Feld (F2007) . . . . . . . . . . . . . . .
8.15 Zwei-Niveau-System (F2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.16 Interferenz im Schwerefeld (H2006) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.17 Bewegung im Potentialtopf (H2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.18 Ableitung der Eigenenergien (H2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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163
163
164
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170
171
173
175
176
178
180
182
183
184
186
188
189
191
INHALTSVERZEICHNIS
1
Teil A: Aufgaben
2
INHALTSVERZEICHNIS
3
1 Mechanik
1.1 Massenpunkt im Trichter (H2003)
Ein Massenpunkt (Masse m) bewege sich im homogenen Schwerefeld der Erde auf der Innenseite eines Hohlkegels (Trichter) mit Öffnungswinkel 2ϑ. Die Achse des Trichters ist parallel zur
Schwerkraft ausgerichtet, wobei die Spitze des Trichters nach unten zeigt (siehe Skizze).
z m
ϕ r
g
2ϑ
y
x
Wählen Sie als verallgemeinerte Koordinaten des Massenpunktes den Abstand r zwischen Masse
und Kegelspitze und den Azimutalwinkel ϕ (siehe Skizze).
a) Berechnen Sie die potentielle Energie (V ), kinetische Energie (T ) und die z-Komponente
des Drehimpulses (Lz ) als Funktion der verallgemeinerten Koordinaten und entsprechenden
Geschwindigkeiten.
(10 Punkte)
b) Welche zwei Erhaltungssätze gelten für die Bewegung im Trichter? Begründen Sie die Erhaltungssätze (ohne Rechnung.).
(5 Punkte)
c) Berechnen Sie ausgehend von den zwei Erhaltungssätzen die verallgemeinerten Geschwindigkeiten ṙ und ϕ̇ als Funktion der verallgemeinerten Koordinaten, und bestimmen Sie die
Bahngleichung ϕ(r).
Resultat:
Lz
ϕ(r) = ϕ0 ±
sin2 ϑ
Z
r
r0
dρ
q ρ 2m Eρ2 − L2z /(2m sin2 ϑ) − mgρ3 cos ϑ
(10 Punkte)
1 MECHANIK
4
1.2 Luftreibung (H2003)
Ein Teilchen mit der Masse m wird unter der Wirkung der Schwerkraft mit einer Anfangsgeschwindigkeit v0 senkrecht nach oben geschleudert. Die auf das Teilchen wirkende Reibungskraft
habe den Betrag F = γv 2 , wobei γ eine Konstante ist, und wirke stets der Geschwindigkeit entgegen.
a) Welche Maximalhöhe erreicht das Teilchen?
Hilfe: Leiten Sie aus der Newtonschen Bewegungsgleichung eine Differentialgleichung 1. Ordnung für die Geschwindigkeit v = ż her, die sich mittels Separation der Variablen integrieren
lässt. Zeigen Sie dazu, dass gilt z̈ = (dv/dz)v.
(10 Punkte)
b) Zeigen Sie, dass das Teilchen mit der Geschwindigkeit
v0
vrück = p
1 + (γv02 )/(mg)
an den Ausgangspunkt zurückkommt.
Hilfe: Wählen Sie die erreichte Maximalhöhe als neuen Nullpunkt des Koordinatensystems.
(8 Punkte)
c) Berechnen Sie den gesamten Energieverlust des Teilchens vom Anfangspunkt bis zur Rückkehr zu diesem.
(7 Punkte)
1.3 Rollender Zylinder auf schiefer Ebene (F2004)
5
1.3 Rollender Zylinder auf schiefer Ebene (F2004)
Ein homogener Vollzylinder (Masse M , Radius R) rolle im Schwerefeld ohne Schlupf auf einer
schiefen Ebene mit Neigungswinkel α. Die Zylinderachse sei senkrecht zur Schwerkraft ausgerichtet. Als verallgemeinerte Koordinate, die Position und Bewegung des Zylinders beschreibt,
nehme man den Drehwinkel ϕ(t) des Zylinders um seine Achse.
Angabe: Bei Drehung um die Zylinderachse hat das Trägheitsmoment eines homogenen Zylinders mit Masse M und Radius R den Wert Θ = 21 M R2 .
R
ACHSE
g
α
a) Zeigen Sie, dass der Schwerpunkt des Zylinders bei Drehung um den Winkel ϕ die Strecke
Rϕ zurücklegt.
(5 Punkte)
b) Stellen Sie die Lagrange-Funktion L(ϕ, ϕ̇) für die Bewegung des Zylinders auf, und berechnen Sie die Lagrange-Gleichung.
(10
Punkte)
c) Lösen Sie die Lagrange-Gleichung mit den Anfangsbedingungen
ϕ(t = 0) = 0, ϕ̇(t = 0) = Ω0 .
Skizzieren Sie den Verlauf von ϕ(t).
(10 Punkte)
1 MECHANIK
6
1.4 Seilrollen (F2004)
Eine Punktmasse m3 hängt an einem Ende eines masselosen Seils fester Länge, das über eine
fixierte, reibungsfreie Scheibe läuft. Am anderen Ende des Seils ist eine masselose Scheibe befestigt,über die ein zweites masseloses Seil fester Länge reibungsfrei läuft, an dem wieder zwei
Punktmassen, nämlich m1 und m2 befestigt sind (siehe Figur). Auf alle Massen wirkt die Schwerkraft entlang des Lots (senkrecht nach unten in der Figur).
a) Bestimmen Sie die Lagrange-Funktion L(x1 , x3 , ẋ1 , ẋ3 ) dieses Systems. Beachten Sie die
Zwangsbedingungen x + x3 = const., x1 + x2 = const.
(10 Punkte)
b) Bestimmen Sie die Beschleunigung der Masse m3 .
(10 Punkte)
c) Diskutieren Sie das Ergebnis: Zeigen Sie, dass die Beschleunigung von m 3 verschwindet,
wenn folgende Bedingung erfüllt ist:
m3 =
4m1 m2
.
m1 + m 2
Betrachten Sie dabei speziell den Grenzfall m1 = m2 . Begründen Sie qualitativ, warum die
Beschleunigung von m3 in diesem Grenzfall verschwindet.
(5 Punkte)
1.5 Fallmaschine (H2004)
7
1.5 Fallmaschine (H2004)
Betrachten Sie die Bewegung eines mechanischen
Systems, das aus zwei Massen m bzw. M besteht
(s. Figur). Die Massen m und M sind wie abgebildet durch ein Seil verbunden. Die Rollen sind masselos, das Seil ist masselos und nicht dehnbar, und beide
Massen bewegen sich reibungsfrei. Die linke Rolle ist
am großen Block M befestigt und bewegt sich mit der
Masse M mit, während die rechten beiden Rollen an
der Wand befestigt sind (Figur).
z
m
0
x
g
d
d
R
M
Zur Zeit t = 0 hängt die Punktmasse m bei z = 0 (der Punkt 0 markiert den Koordinatenursprung),
wird dann losgelassen und erreicht unter der Wirkung der Schwerkraft nach der Zeit τ den Punkt
z = −d. Ab diesem Zeitpunkt bewegt sie sich zusammen (d. h. durch den vollkommen unelastischen Stoß fest verbunden) mit der Masse M horizontal; weder das Seil noch die Schwerkraft
haben dann noch einen Einfluss auf die Bewegung. Die Distanz zwischen der Masse M und der
unteren, an der festen Wand befestigten Rolle R beträgt anfänglich ebenfalls d.
a) Finden Sie die Lagrange-Funktion des Systems für die Fälle vor und nach dem Auftreffen
der Masse m auf M , d. h. vor und nach der Zeit τ .
Hinweis: Überlegen Sie durch Betrachten einer kleinen Verschiebung, dass vor dem Zusammenstoß die Zwangsbedingung
z = −2x
gilt. Die Bewegung des Systems kann daher vor der Zeit τ vorteilhafterweise durch die
einzige generalisierte Koordinate z und nachher allein durch x beschrieben werden.
Zur Kontrolle: Für m = M und t < τ lautet die Lagrange-Funktion L = 43 mż 2 − mgz.
(14 Punkte)
b) Leiten Sie für die beiden Fälle t < τ und t > τ die Bewegungsgleichungen her.
(3 Punkte)
c) Berechnen Sie die Zeit τ , nach der die Masse m die Masse M erreicht.
Zur Kontrolle: Für m = M ist τ = (3d/g)1/2 .
(2 Punkte)
d) Finden Sie die Zeit T , nach der beide Massen zusammen die Rolle R erreichen.
Zur Kontrolle: Für m = M beträgt T = [27d/(4g)]1/2 .
(6 Punkte)
1 MECHANIK
8
1.6 Bewegung in der Ebene (H2004)
Es soll die Bewegung eines (punktförmigen) Teilchens mit der Masse m in einer horizontalen
Ebene untersucht werden, sodass der Einfluss der Schwerkraft vernachlässigt werden kann. Das
Teilchen kann reibungsfrei auf einer masselosen Stange gleiten, welche um eine vertikale Achse
durch den Ursprung des Koordinatensystems rotieren kann. Es sollen ebene Polarkoordinaten r, ϕ
verwendet werden.
Die Stange habe zunächst keinen Antrieb.
a) Stellen Sie die Lagrange-Funktion L(r, ṙ, ϕ, ϕ̇) für den Massenpunkt auf.
(3 Punkte)
b) Bestimmen Sie die kanonischen Impulse, und stellen Sie die Hamilton-Funktion H auf.
Zeigen Sie, dass die Hamilton-Funktion H gleich der Energie E ist.
(4 Punkte)
c) Bestimmen Sie (mindestens) zwei Erhaltungsgrößen.
(4 Punkte)
Die Stange werde nunmehr mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω angetrieben.
a) Geben Sie die Lagrange-Funktion an, und stellen Sie die Bewegungsgleichung auf. (4 Punkte)
~ = 2mṙω~eϕ gegeben
b) Zeigen Sie, dass die Kraft, welche auf den Massenpunkt wirkt, durch K
ist mit dem Eigenvektor ~eϕ in Azimut-Richtung.
(5 Punkte)
c) Berechnen Sie die Leistung des Antriebs, und zeigen Sie, dass sie gleich der zeitlichen Änderung der Energie des Massenpunkts ist.
(5 Punkte)
1.7 Pendelbewegung (F2005)
9
1.7 Pendelbewegung (F2005)
z
Im homogenen Schwerefeld der Erde möge sich
der Aufhängepunkt eines ebenen Pendels (Länge
l, Pendelmasse m1 ) in horizontaler Richtung
(x-Richtung) bewegen können. Die Masse des
Aufhängepunktes sei m2 , und die Erdbeschleunigung wirke in negativer z-Richtung (siehe Skizze). Die die Massen m1 und m2 verbindende starre Stange sei massenlos.
m2
g
x
x2
φ
l
m1
a) Bestimmen Sie die Lagrange-Funktion dieses Systems. Wählen Sie dazu x 2 und den Winkel
φ als verallgemeinerte Koordinaten.
(9 Punkte)
b) Stellen Sie die Lagrange-Gleichungen zweiter Art auf.
(7 Punkte)
c) Berechnen Sie die allgemeine Lösung dieser Gleichungen im Grenzfall kleiner Pendelauslenkungen (lineare Näherung!).
Bestimmen Sie die entsprechende spezielle Lösung, die die Anfangsbedingungen
x2 (t = 0) = 0, ẋ2 (t = 0) = v0 , φ(t = 0) = 0, φ̇(t = 0) = 0
erfüllt.
(9 Punkte)
1.8 Kleine Schwingungen (F2005)
Eine Masse m wird im Schwerefeld der Erde an einer anharmonischen Feder aufgehängt. In der
Ruhelage der Masse wird die Feder durch die Masse um die Länge z 0 gedehnt. Die masselose
Feder soll die potentielle Auslenkungsenergie
V (z) =
C 4
z
4
haben, wobei z die Längenänderung der Feder bezeichnet und C eine dimensionsbehaftete Konstante ist.
a) Berechnen Sie die Auslenkung z0 der Feder in Richtung der Schwerkraft, wenn die Masse
ruht.
(2 Punkte)
Betrachten Sie nun kleine Schwingungen z(t) um die Ruhelage z 0 . Dabei soll die positive z-Achse
in Richtung der Schwerkraft zeigen. Anfangs soll sich die Masse in Ruhe am Ort z(0) befinden.
b) Berechnen Sie die Auslenkung z(t) der Schwingung als Funktion der Zeit t.
(18 Punkte)
c) Geben Sie die Frequenz f oder die Kreisfrequenz ω der kleinen Schwingungen um die Ruhelage z0 an.
(5 Punkte)
1 MECHANIK
10
1.9 Relativistisches Punktteilchen (H2005)
Die Lagrange-Funktion L eines freien, relativistischen Punktteilchens in einer Raumdimension
(Koordinate x, Geschwindigkeit v = ẋ) wird angesetzt als
p
L = λ 1 − v 2 /c2 .
Dabei ist c die Lichtgeschwindigkeit und λ eine Konstante.
a) Wie muss man λ wählen, damit man den korrekten nicht-relativistischen Grenzfall für ein
Teilchen der Masse m erhält? Verwenden Sie diesen Wert von λ in den folgenden Aufgaben.
(6 Punkte)
b) Der Impuls p kann definiert werden als diejenige Erhaltungsgröße, die aus der Translationsinvarianz von L (d.h. ∂L/∂x = 0) folgt.
Bestimmen Sie den Zusammenhang zwischen p und v.
(6 Punkte)
c) Entsprechend kann man die Energie E definieren als diejenige Erhaltungsgröße, die aus der
Zeittranslationsinvarianz von L (d.h. ∂L/∂t = 0) folgt.
Bestimmen Sie E sowohl als Funktion von v wie als Funktion von p.
Hinweis: Hamilton-Funktion H = E.
(13 Punkte)
1.10 Schwingungsdauer (H2005)
Eine Punktmasse m soll eindimensional in x-Richtung im Potential
U (x) =
D n
x ,
2
n ∈ {2, 4, 6, 8...}
schwingen.
a) Geben Sie die Erhaltungsgröße der Bewegung an.
(3 Punkte)
b) Leiten Sie eine Differentialgleichung für die Zeit t(x) als Funktion des Ortes x her.
(8 Punkte)
c) Berechnen Sie damit die Schwingungsdauer T als Funktion der maximalen Auslenkung A.
Zur Kontrolle:
r
m Cn
T =4
D Aγ
Berechnen Sie den Exponenten γ, und schreiben Sie die dimensionslose Konstante C n als
ein Integral.
(14 Punkte)
1.11 Pendel mit beweglichem Aufh¨angepunkt (F2006)
11
1.11 Pendel mit beweglichem Aufhängepunkt (F2006)
Eine Punktmasse m2 sei wie in der Abbildung
dargestellt mit Hilfe einer masselosen Stange der
Länge ` an einer Punktmasse m1 so aufgehängt,
dass die Anordnung in der (x, y)-Ebene schwingen kann. Die Masse m1 ist entlang der x-Achse
reibungsfrei verschiebbar. Die gesamte Anordnung befinde sich in einem homogenen Schwerefeld in Richtung der negativen y-Achse.
y
x
1
~g
φ
`
2
a) Welche Zwangsbedingungen liegen vor? Drücken Sie die Koordinaten (x 2 , y2 ) der Masse
m2 durch die Position x1 der Masse m1 und den Winkel φ aus.
(6 Punkte)
b) Zeigen Sie, dass hier neben dem Energieerhaltungssatz ein zweiter Erhaltungssatz gilt. Wie
lautet die zugehörige Erhaltungsgröße?
(6 Punkte)
c) Zeigen Sie mit Hilfe dieses zweiten Erhaltungssatzes, dass die Bahnkurve der zweiten Masse
durch
2 2
y2 (t)
x2 (t) − A(t)
+
=1
ax
ay
beschrieben werden kann. Was ergibt sich für ax , ay und A(t)? Wie müssen die Anfangsbedingungen gewählt werden, damit die Bewegung auf einer Ellipse erfolgt?
(13 Punkte)
1 MECHANIK
12
1.12 Teilchen im konstanten Zentralkraftfeld (F2006)
Ein Teilchen der Masse m mit Ortsvektor ~r bewege sich in einem dreidimensionalen Kraftfeld,
wobei die Kraft in Richtung auf den Ursprung zeigt und ihr Betrag K unabhängig vom Ort ist.
a) Wie lautet die Newton’sche Bewegungsgleichung für dieses Problem? Bestimmen Sie die
zugehörige potentielle Energie, und geben Sie den Energieerhaltungssatz an.
(5 Punkte)
b) Zeigen Sie, ausgehend von der Newton’schen Bewegungsgleichung, dass auch der Drehimpuls erhalten ist. Wie kann man daraus schließen, dass die Bewegung in einer Ebene erfolgt?
(5 Punkte)
c) Beweisen Sie den Zusammenhang
~2
L
~r˙ 2 = 2 2 + ṙ 2 .
m r
~ ist der Drehimpuls.
Hier ist r der Abstand vom Ursprung, und L
(7 Punkte)
Hinweis: (~a × ~b)2 = |~a|2 |~b|2 − (~a · ~b)2
d) Bestimmen Sie mit Hilfe der Resultate aus den Teilaufgaben a und c ein effektives Poten~ 6= 0 ist
tial für die Radialbewegung, und skizzieren Sie dieses effektive Potential. Für L
die Kreisbahn eine mögliche Bahnform für das vorliegende Problem. Bestimmen Sie den
Bahnradius und die Winkelgeschwindigkeit als Funktion des Drehimpulses.
(8 Punkte)
1.13 Rotierende Stange (H2006)
13
1.13 Rotierende Stange (H2006)
s
m
s=0
ϕ
P: s = −a
Ein Massenpunkt der Masse m gleite reibungsfrei auf einer masselosen, unendlich langen Stange und sei mit einer harmonischen Kraft F = −ks, k > 0 an einen Punkt s = 0 auf der Stange
gebunden. Die harmonische Kraft werde durch eine Feder mit Ruhelänge a ausgeübt, die an einem
festen Punkt P (bei s = −a) auf der Stange verankert ist. Die Stange kann ferner in einer Ebene
um den festen Punkt P rotieren; der Winkel gegen eine feste Gerade in dieser Ebene sei ϕ. Die
Schwerkraft spiele keine Rolle.
a) Stellen Sie die Lagrange-Funktion des Massenpunktes in den Koordinaten s(t) und ϕ(t) auf.
Hinweis: Sie dürfen davon ausgehen, dass für die Position des Massenpunktes immer s(t) >
−a gilt.)
(4 Punkte)
b) Wie lauten die Euler-Lagrange-Gleichungen? Interpretieren Sie die Terme proportional zu ϕ̇
aus der Sicht eines mitrotierenden Beobachters.
(8 Punkte)
c) Eine der Koordinaten ist ist zyklisch. Wie lautet der entsprechende Erhaltungssatz? Was ist
die Bedeutung der entsprechenden erhaltenen Größe? Gibt es eine weitere Erhaltungsgröße,
und wie lautet diese?
(4 Punkte)
d) Eliminieren Sie (durch Ausnutzung des entsprechenden Erhaltungsatzes) die zyklische Kod
ordinate, und bringen Sie die so erhaltene Gleichung für s(t) in die Form ms̈ = − ds
Veff (s).
Wie lautet das effektive Potential Veff (s)?
(6 Punkte)
e) Skizzieren Sie das effektive Potential, finden Sie den Punkt s0 (unter der Annahme |s0 | a)
an dem es mimimal wird, und diskutieren Sie qualitativ die mögliche Bewegung. (3 Punkte)
1 MECHANIK
14
1.14 Fallender Stein auf rotierender Erde (H2006)
Wir lassen einen Stein der Masse m in einen Brunnen fallen, der am Äquator steht. Wegen der
Erdrotation folgt die Trajektorie des Steins nicht dem senkrechten Lot in Richtung Erdmittelpunkt.
Diese Bewegung wird im rotierenden Bezugssystem der Erde durch
~
~
d2 X
dX
~
m 2 = F~g − 2m~ω ×
− m~ω × ω
~ ×X
dt
dt
beschrieben, wobei der Koordinatenursprung im Erdmittelpunkt liegt und die z-Achse durch die
Brunnenöffnung verläuft (siehe Abbildung). Wir nehmen an, dass die Winkelgeschwindigkeit ω
~
konstant und die Erde eine Kugel mit Radius R ist.
® ®
X r
R
®
w
z
y
Abbildung: Die Erde in Aufsicht. Die Drehachse ω
~ zeigt zum Nordpol, der über der Papierebene auf der x-Achse liegt. Die Koordinatenachsen y und z liegen in der Äquatorialebene, was für
~ und ~r nicht zutreffen muss.
die Vektoren X
a) Führen Sie die Relativkoordinate
~ − R ~ez
~r = X
ein, wobei R die Distanz vom Erdmittelpunkt zur Brunnenöffnung ist. Bestimmen Sie die
Bewegungsgleichung für ~r(t) im erdfesten Koordinatensystem. Nehmen Sie hierbei vereinfachend an, dass die Erdanziehungskraft F~g = −mg0~ez die der ruhenden Erde und unabhängig von ~r ist. Nehmen Sie ferner an, dass die Zentrifugalkraft ebenfalls unabhängig
von ~r ist, was für nicht zu tiefe Brunnen näherungsweise zutrifft.
(5 Punkte)
b) Lösen Sie diese Bewegungsgleichung zunächst unter Vernachlässigung der Coriolis-Kraft,
und berechnen Sie die Trajektorie ~r0 (t) des Steins. Zeigen Sie, dass er einer effektiven Erdbeschleunigung geff = g0 − ω 2 R unterliegt.
(6 Punkte)
c) Ausgehend von dieser Trajektorie ~r0 (t) addieren wir nun die Coriolis-Kraft. Setzen Sie dazu
~r = ~r0 +~u, und zeigen Sie, dass für geeignete Anfangsbedingungen die Differentialgleichung
d~u
= −2~ω × (~r0 + ~u)
dt
gilt.
(1)
(8 Punkte)
d) Nehmen Sie schließlich an, dass die Abweichung ~u vom Lot so klein ist, dass sie auf der
rechten Seite von Gleichung (1) vernachlässigt werden kann, und berechnen Sie für diesen
Fall explizit ~u (t). Zeigen Sie, dass die Trajektorie ~r(t) gegenüber ~r0 (t) nach Osten abgelenkt
wird.
(6 Punkte)
1.15 Dynamik einer Punktmasse auf einem Kegelmantel (F2007)
15
1.15 Dynamik einer Punktmasse auf einem Kegelmantel (F2007)
z
Ein Punktmasse m bewege sich auf der
Innenseite eines Kreiskegels mit seiner Achse parallel zur z-Achse (siehe
Zeichnung). Die Gravitationskraft zeige in die negative z-Richtung.
m
α
φ
ρ
y
x
a) Bestimmen Sie unter Verwendung von Zylinderkoordinaten die zugehörige Lagrange-Funktion in Abhängigkeit von ρ (Radius) und φ (Polarwinkel).
(7 Punkte)
b) Leiten Sie daraus die Bewegungsgleichungen ab.
(4 Punkte)
c) Welche Variable ist zyklisch?
Zeigen Sie, dass der Drehimpuls Lz erhalten ist.
(4 Punkte)
d) Bestimmen Sie mit Hilfe der Teilaufgaben b) und c) den Radius ρ0 einer Kreisbahn auf dem
Kegelmantel mit fester Höhe z0 und als Funktion von Lz .
(4 Punkte)
L2
Zwischenergebnis: m 1 + cot2 α ρ̈ − z3 + mg cot α = 0
mρ
e) Zeigen Sie, dass man sich mit dem Ansatz ρ = ρ0 + ρ1 und ρ1 ρ0 aus den Bewegungsgleichungen (siehe Teilaufgabe b) die Gleichung eines harmonischen Oszillators für ρ 1 ergibt.
Geben Sie die zugehörige Schwingungsfrequenz ω0 an.
(6 Punkte)
1 MECHANIK
16
1.16 Rakete (F2007)
Eine Raketenstufe der Masse M0 bewege sich zunächst kräftefrei und habe die Geschwindigkeit
V0 . Zum Zeitpunkt t = 0 werde der Antrieb gezündet: Zu einem Zeitpunkt t > 0 werde im
Zeitintervall dt die Masse dM mit der Geschwindigkeit v relativ zur Rakete und antiparallel zu
ihrer Geschwindigkeit ausgestoßen und die Geschwindigkeit V der Rakete um dV vergrößert. Es
handelt sich also um ein eindimensionales Problem.
a) Betrachten Sie den (momentanen) Impuls der Rakete zu einem Zeitpunkt t > 0. Die momentane Masse der Rakete sei M , und ihre momentane Geschwindigkeit sei V . Wie verteilen
sich die Impulse der Rakete und der ausgestoßenen Masse zu einem infinitesimal späteren
Zeitpunkt t + dt auf den Gesamtimpuls?
(6 Punkte)
b) Vernachlässigen Sie infinitesimal kleine Terme von höherer als erster Ordnung, und geben
Sie die Differentialgleichung für die Abhängigkeit der Variablen M und V voneinander an.
Zur Kontrolle ein Zwischenergebnis: M dV = −v dM .
(5 Punkte)
c) Integrieren Sie diese Differentialgleichung mit den angegebenen Anfangsbedingungen.
Skizzieren Sie die Geschwindigkeit als Funktion der Masse.
(6 Punkte)
d) Die Rate µ = −Ṁ des Massenausstoßes sei zeitlich konstant.
Bestimmen Sie die Geschwindigkeit V als Funktion der Zeit t.
Wie wird die Kurve von Teilaufgabe c zeitlich durchlaufen?
(4 Punkte)
e) Der Treibstoff mache gerade die Hälfte der anfänglichen Masse der Rakete aus.
Welche Endgeschwindigkeit erreicht die Rakete, und wie kann man sie optimieren?
(4 Punkte)
1.17 Freies Teilchen in Polarkoordinaten (H2007)
17
1.17 Freies Teilchen in Polarkoordinaten (H2007)
Ein Teilchen der Masse m bewege sich kräftefrei in der (x, y)-Ebene. Es soll die Bewegung unter
Verwendung von Polarkoordinaten r und ϕ untersucht werden.
a) Bestimmen Sie, ausgehend von der Darstellung in kartesischen Koordinaten, die kinetische
Energie in Polarkoordinaten.
(6 Punkte)
b) Zeigen Sie mit Hilfe des Lagrange-Formalismus, dass der Drehimpuls hier eine Erhaltungsgröße darstellt, und leiten Sie in diesem Rahmen einen Ausdruck für den Drehimpuls in
Polarkoordinaten her. Mit Hilfe der Drehimpulserhaltung lässt sich der Energieerhaltungssatz allein durch die radiale Koordinate r wie folgt ausdrücken:
E=
m 2 A
ṙ + 2 .
2
r
Wodurch ist A gegeben, und welches Vorzeichen hat es?
(1)
(7 Punkte)
c) Bestimmen Sie mit Hilfe von (1) die Zeitabhängigkeit r(t) des Abstands des Teilchens vom
Koordinatenursprung. Dabei sei der minimale Abstand r(0) = r min zur Zeit t = 0 erreicht.
(6 Punkte)
d) Entwickeln Sie das Ergebnis für r(t) aus der vorigen Teilaufgabe bis zur zweiten Ordnung in
der Zeit t, und bestimmen Sie daraus r(0) und r̈(0). Zeigen Sie ferner den Zusammenhang
r̈(0) = φ̇(0)2 r(0) ,
und interpretieren Sie diesen physikalisch.
Nützliche Formel:
Z
dx √
√
x
= x2 − a 2
x2 − a 2
(6 Punkte)
1 MECHANIK
18
1.18 Klettern am Seil (H2007)
An einer Decke ist eine feststehende Rolle angebracht, deren Mittelpunkt bei z = 0 sei. Über
diese Rolle kann reibungsfrei ein masseloses, undehnbares Seil gleiten. An den beiden Enden des
Seils hängt je ein Affe mit der Masse m1 bzw.
m2 im Schwerefeld (Erdbeschleunigung g). Beide Affen befinden sich zur Zeit t = 0 in gleicher
Höhe z = −h in Ruhe. Der Affe 2 (m2 ) klettert
nun mit konstanter Beschleunigung a > 0 relativ
zum Seil an seinem Seilstück empor. Der Affe 1
(m1 ) bleibt ruhig hängen.
g
h
a (relativ zum Seil)
m1
m2
a) Formulieren Sie die zeitabhängige Zwangsbedingung, die bei t > 0 die Koordinaten z 1 < 0
und z2 < 0 der beiden Affen verknüpft.
(4 Punkte)
b) Bestimmen Sie die Lagrange-Funktion des Systems, ausgedrückt durch die Koordinate z 2
und ihre Ableitung ż2 .
(8 Punkte)
c) Bestimmen Sie aus der Lagrange-Gleichung die Beschleunigung z̈ 2 , und zeigen Sie, dass z̈2
zeitlich konstant ist. Bestimmen Sie unter Verwendung der Zwangsbedingung die Differenz
z̈1 − z̈2 .
(8 Punkte)
d) Welcher der beiden Affen kommt zuerst auf der Höhe des Rollenmittelpunktes an? Unterscheiden Sie dabei die Fälle m1 < m2 , m1 = m2 und m1 > m2 .
(5 Punkte)
19
2 Elektrodynamik
2.1 Magnetischer Dipol (H2003)
~ eines statischen magnetischen Punktdipols mit dem Moment m,
a) Das Vektorpotential A
~ der
sich bei ~r = (x, y, z) = 0 befindet, ist gegeben durch
~ × ~r
~ = µ0 m
A
.
4π r 3
~
α) Berechnen Sie daraus das B-Feld
des Dipols für ~r 6= 0.
(Hilfsformel: ∇ × (~a × ~b) = (~b · ∇)~a − (~a · ∇)~b + ~a(∇ · ~b) − ~b(∇ · ~a) ;
~ · ~r)~r − r 2 m
~
~ = µ0 3(m
Ergebnis: B
.)
5
4π
r
(10 Punkte)
~
β) Skizzieren Sie das B-Feld
graphisch für m
~ = m0~ez , wobei ~ez der Einheitsvektor in zRichtung ist.
(5 Punkte)
b) Eine kreisförmige Leiterschleife mit Radius a sei fest so angebracht, dass ihr Mittelpunkt
bei x = y = 0, z = z0 > 0 liegt und ihre Normale in Richtung von ~ez zeigt.
Berechnen Sie den Fluss ΦRRdes Dipolfeldes von Teilaufgabe β) durch die Leiterschleife aus
~ · df~ über die Schleifenfläche.
dem Flächenintegral Φ =
B
(10 Punkte)
2 ELEKTRODYNAMIK
20
2.2 Ebene elektromagnetische Wellen (H2003)
~ r , t) und das magnea) Wie lauten die Maxwell’schen Gleichungen für das elektrische Feld E(~
~ r, t) im Vakuum bei Abwesenheit von Ladungs- und Stromdichten?(4 Punkte)
tische Feld B(~
~ r , t) und B(~
~ r , t) einer ebenen Welle mit der Kreisfreb) Startpunkt für die Berechnung von E(~
~
quenz ω und dem Wellenzahlvektor k ist der Ansatz
~ r, t) = E
~ 0 ei(~k · ~r − ωt) ,
E(~
~ r , t) = B
~ 0 ei(~k · ~r − ωt) .
B(~
Bestimmen Sie durch Einsetzen in die Maxwell’schen Gleichungen die Beziehungen zwi~ 0, B
~ 0 , und deuten Sie diese. Was ist ε0 µ0 ? In welche Richtung und mit welcher
schen ~k, ω, E
Geschwindigkeit bewegt sich die Welle? Wie ist sie polarisiert?
(8 Punkte)
c) Berechnen Sie die zeitgemittelte Energiedichte hwi und die zeitgemittelte Energieflussdichte
~ der Welle aus den Gleichungen
hSi
!
∗
∗
~
~
~ ×B
~∗
~
~
1
1 B·B
1 E
E·E
~
hwi =
+
.
ε0
,
hSi =
2
2
µ0 2
µ0
2
~ und hwi zusammen? Diskutieren Sie das Ergebnis.
Wie hängen hSi
(13 Punkte)
2.3 Wo fließt die elektromagnetische Energie? (F2004)
21
2.3 Wo fließt die elektromagnetische Energie? (F2004)
Gegeben sei ein unendlich langer, gerader zylindrischer Draht mit Radius R, Leitfähigkeit σ, relativer Dielektrizitätskonstante ε = 1 und relativer Permeabilität µ = 1. Zur mathematischen
Behandlung führen wir Zylinderkoordinaten x = ρ cos φ, y = ρ sin φ, z = z (z-Achse ist Drahtachse) mit den Einheitsvektoren ~eρ , ~eφ , ~ez ein. Der Draht befindet sich in einem homogenen
~ r ) = E ~ez . Wir betrachten ein Stück der Länge L R dieses Drahts.
elektrischen Feld E(~
~ =
a) Im Draht fließt nach dem Ohm’schen Gesetz ein konstanter Strom der Dichte ~j = σ E
σE ~ez = j ~ez . Wie groß ist der Gesamtstrom I im Draht?
Wegen der endlichen Leitfähigkeit σ wird im Draht Joules’che Wärme mit der Dichte w J
erzeugt. Berechnen Sie diese und die gesamte im betrachteten Volumen der Länge L erzeugte
Wärmeleistung WJ = σE 2 πR2 L = σE 2 AL = σE 2 V .
(6 Punkte)
b) Der Strom I im Draht erzeugt im Außenraum das Magnetfeld
~ a = µ0 I ~eφ .
B
2πρ
~ a den Strom I durch E aus.
Drücken Sie in B
(3 Punkte)
~a = E
~ ×H
~ a als Funktion von E. Was ist die physikac) Berechnen Sie den Poynting-Vektor S
lische Bedeutung des Poynting-Vektors?
~ B
~ a, S
~a .
Skizzieren Sie E,
(9 Punkte)
d) Berechnen Sie den Energiefluss durch die Oberfläche ins Innere des Drahts für das Volumen
der Länge L. Vergleichen Sie mit der im Inneren erzeugten Wärmeleistung W J . Was fließt
wirklich im Draht?
(7 Punkte)
2 ELEKTRODYNAMIK
22
2.4 Elektrisches Feld und Potential im H-Atom (F2004)
a) Wie lauten die Grundgleichungen der Elektrostatik in differentieller und Integralform? Wie
~ r ) zusammen?
hängt das Potential φ(~r) mit der Feldstärke E(~
(6 Punkte)
b) Die Kernladung e des H-Atoms sei punktförmig im Koordinatenursprung konzentriert. Geben Sie die Formel für das entsprechende elektrische Kernpotential φ K (~r) und die Feldstärke
~ K (~r) an.
E
(4 Punkte)
c) Auch die Elektronenladungsdichte
ρe (r) = −e
e−2r/a
πa3
(a: Bohrscher Radius)
ist drehinvariant. Nutzen Sie die Drehsymmetrie und den Gauß’schen Satz, um die elektro~ e (~r) zu berechnen.
nische Feldstärke E
Z
e−βx
Verwenden Sie hierzu
x2 e−βx dx = −(2 + 2βx + β 2 x2 ) 3 .
β
~H = E
~K + E
~ e.
Bestimmen Sie das Gesamtergebnis E
(9 Punkte)
d) Das zugehörige Potential φH (r) mit φH (∞) = 0 lautet
1 1 −2r/a
e
e
.
+
φH (r) =
4πε0 r a
~ H (~r) und φH (r) für kleine (r a) und große (r a)
Diskutieren Sie das Gesamtergebnis E
Abstände.
(6 Punkte)
2.5 Ladung vor Dielektrikum (H2004)
23
2.5 Ladung vor Dielektrikum (H2004)
Eine Ladung e befinde sich im Punkt P = (0, 0, −a) in einer Entfernung a von der Grenzfläche
zweier verschiedener (dreidimensionaler) dielektrischer homogener Medien mit relativen dielektrischen Permeabilitäten ε1 bzw. ε2 (s. Figur). Die Grenzfläche ist durch die Gleichung z = 0
beschrieben. Die elektrischen Potentiale in beiden Medien, φ1 bzw. φ2 , erfüllen wegen der Stetigkeit der Tangentialkomponenten des elektrischen Feldes die Bedingung φ 1 (x, y, 0) = φ2 (x, y, 0)
für alle Punkte (x, y, 0) an der Grenzfläche.
z
e2
a
e1
P
a) Geben Sie die aus der Stetigkeit der Normalkomponente der dielektrischen Verschiebung
folgende Grenzbedingung für die elektrischen Potentiale φ1 und φ2 an.
(3 Punkte)
b) Benutzen Sie die Methode der Spiegelladung und die zwei Grenzbedingungen für die Potentiale, um die elektrischen Potentiale φ1 und φ2 zu bestimmen.
Hinweis: Suchen Sie das Potential im Medium 1 als eines, das von zwei Punktladungen e
und e0 , die an den Punkten P = (0, 0, −a) bzw. P 0 = (0, 0, a) lokalisiert sind, erzeugt wird.
Suchen Sie dagegen das Potential im Medium 2 als eines, das von einer einzigen Punktladung e00 im Punkt P erzeugt wird. Bestimmen Sie e, e0 , e00 .
Zur Kontrolle: Für ε2 = 1 ist e0 = e(ε1 − 1)/(ε1 + 1), e00 = 2e/(ε1 + 1).
(12 Punkte)
c) Berechnen Sie die Kraft, die auf die Ladung e im Punkt P wirkt, und diskutieren Sie, welchen physikalischen Effekt sie hervorruft, wenn das Medium 1 Luft ist (ε 1 = 1) und ε2 > 1
gilt.
(6 Punkte)
d) Diskutieren Sie den Fall ε2 → ∞. Welcher physikalischen Situation entspricht dies?
(4 Punkte)
2 ELEKTRODYNAMIK
24
2.6 Mittleres Potential (H2004)
Eine lokalisierte, statische Ladungsverteilung ρ(~r ) erzeuge das Potential φ(~r ).
a) Wie lässt sich das Potential φ(~r ) in Integralform durch die Ladungsdichte ρ(~r ) darstellen?
(5 Punkte)
b) Wir beschränken uns nun auf ein Teilgebiet des Raumes, das ladungsfrei ist. Zeigen Sie, dass
dann gilt: Der Mittelwert von φ(~r ) über eine Kugeloberfläche ist gleich dem Wert von φ(~r )
im Kugelmittelpunkt.
Hinweis: Die Winkelintegration kann mit Hilfe des Integrals
Z
2√
1
=
dx √
a + bx + const.
b
a + bx
ausgeführt werden.
(15 Punkte)
c) Ist es möglich, ein geladenes Teilchen in elektrostatischen Feldern im Vakuum in eine stabile
Gleichgewichtslage zu bringen? Begründen Sie Ihre Antwort mit Hilfe von Teilaufgabe b.
(5 Punkte)
2.7 Hohlleiter (F2005)
25
2.7 Hohlleiter (F2005)
Gegeben sei ein von ideal leitenden (σ → ∞), metallischen
Wänden begrenzter, unendlich langer Hohlleiter quadratischen
Querschnitts (innere Querschnittsfläche a2 ). Im Inneren des
Hohlleiters herrsche Vakuum. Die Achse des Hohlleiters zeige
in z-Richtung.
Nebenstehende Skizze zeigt einen Querschnitt durch den Hohlleiter und definiert das Koordinatensystem. Im Folgenden soll
die Ausbreitung elektromagnetischer Wellen im Inneren des
Hohlleiters untersucht werden.
y
a
0
a
x
a) Wie lauten die Maxwell-Gleichungen im ladungs- und stromfreien Vakuum?
(4 Punkte)
b) An ideal leitenden, metallischen Oberflächen gilt die Randbedingung verschwindender Parallelkomponente des elektrischen Feldes. Begründen Sie diese Randbedingung.
(6 Punkte)
~ = (Ex , Ey , Ez ), habe im Inneren des Hohlleiters die Form
c) Das elektrische Feld, E
Ex (x, y, z, t) = E0 sin
πy
cos(kz − ωt) ,
a
E y = Ez = 0 .
Wie groß ist die Ladungsdichte im Inneren des Hohlleiters?
(6 Punkte)
d) Berechnen Sie unter Benutzung der Maxwell-Gleichungen die Zeitableitung
∂ ~
B(x, y, z, t)
∂t
der orts- und zeitabhängigen magnetischen Induktion im Inneren des Hohlleiters.
(9 Punkte)
2 ELEKTRODYNAMIK
26
2.8 Elektrisches Feld und Potential geladener Kugeln (F2005)
Betrachtet werde eine homogen geladene Kugel mit dem Radius R, der Ladungsdichte ρ und der
Gesamtladung q.
a) Wie hängen Ladungsdichte und Gesamtladung zusammen?
(4 Punkte)
~ r) mit dem Skalarpotential
b) Geben Sie den Zusammenhang des elektrostatischen Feldes E(~
φ(~r) an. Was kann man allein auf Grund der Symmetrie über Form und Abhängigkeiten von
~ r ) sagen?
φ(~r) und E(~
(6 Punkte)
~ r) im Innen- und Außenraum der Kugel mit Hilfe des
c) Berechnen Sie das elektrische Feld E(~
Gesetzes von Gauß (in der integralen Form).
(8 Punkte)
d) Berechnen Sie das zugehörige Potential φ(~r) durch Wegintegration über das elektrische Feld.
Ergebnis zur Kontrolle:

r2
3


−
für r ≤ R
q
3
× 2R 2R
φ(~r) =
4πε0 
1
für r ≥ R
r
(7 Punkte)
2.9 Metallkugel in externem Feld (H2005)
27
2.9 Metallkugel in externem Feld (H2005)
~ ext = E0 ~ez
Eine Metallkugel mit Radius R wird in ein konstantes externes elektrisches Feld E
gesetzt, das zu einem externen Potential φext führt. Auf der Kugel seien Oberflächenladungen mit
der Flächenladungsdichte σ(ϑ, ϕ) vorhanden, die einen zusätzlichen Beitrag zum Gesamtpotential
induziert. Das Gesamtpotential φ der Kugel soll als null angenommen werden, d. h. φ(~r ) = 0 für
|~r| < R.
~ ext · ~r geschrieben
a) Verifizieren Sie, dass das Potential des externen Feldes als φext (~r ) = −E
werden kann.
(3 Punkte)
b) Welches sind die Randbedingungen an das gesamte Potential (externes Feld plus Kugel) bei
|~r | = R und |~r | → ∞ ? Wie lautet die Differentialgleichung, der das Potential genügt?
(6 Punkte)
c) Der allgemeine Ansatz für Lösungen der Laplace-Gleichung für axialsymmetrische Probleme lautet
∞ X
b`
`
a` r + `+1 P` (cos ϑ) ,
φ(~r ) = φ(r, ϑ, ϕ) =
r
`=0
wobei P` Legendre-Polynome sind (d. h. P0 (x) = 1, P1 (x) = x, etc.). Verwenden Sie diesen
Ansatz und die in Teilaufgabe b) aufgestellten Randbedingungen, um das Gesamtpotential
φ(~r ) im Bereich r ≥ R zu bestimmen.
(6 Punkte)
d) Zeigen Sie, dass die influenzierte Oberflächenladungsdichte auf der Kugel, σ = ε 0 En , folgende Form hat (En ist die Feldkomponente senkrecht zur Kugeloberfläche):
σ(ϑ, ϕ) = 3ε0 E0 cos ϑ .
(6 Punkte)
e) Berechnen Sie die gesamte influenzierte Ladung.
(4 Punkte)
2 ELEKTRODYNAMIK
28
2.10 Linienförmige Ladungsverteilung und Metalloberfläche (H2005)
Es soll das elektrische Potential untersucht werden, das von einer in z-Richtung linearen Ladungsverteilung ρ(x, y, z) = ρ1 δ(x − a)δ(y) erzeugt wird. Hierbei ist ρ1 eine konstante Ladung pro
Länge. Es soll ferner die Möglichkeit vorgesehen sein, eine ideal leitende, geerdete Metallplatte in
der (y, z)-Ebene anzubringen.
a) Zeigen Sie mit Hilfe des Satzes von Gauß, dass sich das Potential in Abwesenheit der Metallplatte in der Form
ρ1
Φ(R) = −
ln(R) + Φ0
2π0
schreiben lässt, wobei R der senkrechte Abstand von der linearen Ladungsverteilung ist.
(10 Punkte)
Hinweis: In Zylinderkoordinaten (r, ϕ, z) gilt
~ = ∂Φ ~er + 1 ∂Φ ~eϕ + ∂Φ ~ez .
∇Φ
∂r
r ∂ϕ
∂z
b) Es werde nun eine unendlich ausgedehnte, geerdete Metallplatte in der (y, z)-Ebene angebracht. Welche Randbedingung muss das Potential bei x = 0 erfüllen? Bestimmen Sie nun
mit Hilfe der Bildladungsmethode das elektrische Potential im Halbraum x > 0. (8 Punkte)
c) Skizzieren Sie qualitiv die elektrischen Feldlinien in der (x, y)-Ebene für x > 0. In welche
Richtung zeigt das elektrische Feld an der Metallplatte?
(7 Punkte)
2.11 Elektrostatische Energie (H2006)
29
2.11 Elektrostatische Energie (H2006)
Die elektrostatische Energie von N Punktladungen qi an den Orten ~ri ist gegeben durch
N
1 X qi qj
U=
.
8π0 i6=j |~ri − ~rj |
(1)
a) Wie hängt dieser Ausdruck mit dem Coulomb-Potential zweier Punktladungen zusammen,
und welcher Arbeit entspricht die Energie U physikalisch?
(4 Punkte)
b) Betrachten Sie nun eine lokalisierte, kontinuierliche Ladungsverteilung mit Ladungsdichte
ρ(~r ). Wie lautet der Ausdruck für die elektrostatische Energie in diesem Fall? Leiten Sie das
Ergebnis aus Gleichung (1) durch einen Kontinuumsübergang her.
(6 Punkte)
c) Warum braucht man sich im Falle der kontinuierlichen, nicht-singulären Ladungsverteilung
(|ρ(~r )| < ∞) nicht um die Bedingung i 6= j in Gleichung (1) zu kümmern?
(6 Punkte)
d) Wie kann man die Energie aus Teilaufgabe c) durch die elektrische Feldstärke, die von der
Ladungsverteilung erzeugt wird, darstellen? Verwenden Sie die Laplace-Gleichung
1
∆Φ(~r ) = − ρ(~r )
0
oder das Gauß’sche Gesetz.
(2)
(9 Punkte)
2 ELEKTRODYNAMIK
30
2.12 Reflexion (F2006)
Die Ebene x = 0 sei die Grenzfläche zwischen dem Vakuum (Halbraum x < 0) und einem Dielektrikum (Halb√
raum x > 0) mit konstantem Brechungsindex n = ε >
1 und Permeabilität µ = µ0 . Ein in x-Richtung einfallender Lichtstrahl (monochromatische ebene Welle) mit
Frequenz ω, Wellenzahl ~k = ~ex k und elektrischem Feld
~ = ~ey E treffe aus dem Vakuum senkrecht auf die
E
Grenzfläche.
~ B),
~ der transmittierten
Die elektrischen und magnetischen Felder der einfallenden Welle ( E,
~ 0, B
~ 0 ) und der reflektierten Welle (E
~ 00 , B
~ 00 ) können geschrieben werden als
Welle (E
~ r, t) = ~ey E0 ei(kx−ωt) ,
E(~
~ r , t) = ~ez B0 ei(kx−ωt) ,
B(~
~ 0 (~r, t) = ~ey E 0 ei(nkx−ωt) ,
E
0
0
~
B (~r, t) = ~ez B 0 ei(nkx−ωt) ,
0
~ 00 (~r, t) = ~ey E 00 ei(−kx−ωt) ;
E
0
00
~
B (~r, t) = ~ez B 00 ei(−kx−ωt) .
0
(1a)
(1b)
~ ×E
~ = − ∂ B,
~ um den Zusammenhang zwischen E0
a) Benutzen Sie das Induktionsgesetz ∇
∂t
0
0
00
00
und B0 (E0 und B0 , E0 und B0 ) herzuleiten.
(6 Punkte)
b) Berechnen Sie die Amplituden der transmittierten Welle E00 und der reflektierten Welle E000
als Funktionen von n und E0 .
Hinweis: Für die vorgegebene Geometrie sind die elektrischen und magnetischen Felder
beide stetig an der Grenzfläche.
(8 Punkte)
c) Sind die elektrischen Felder der einfallenden und reflektierten Wellen parallel oder antiparallel zueinander?
(2 Punkte)
d) Die Intensitäten der einfallenden, transmittierten und reflektierten Wellen können wie folgt
durch die entsprechenden Energiestromdichten ausgedrückt werden:
I=
1 ~
~ ∗| ,
|E × B
2µ0
I0 =
1 ~ 0 ~ 0∗
|E × B | ,
2µ0
I 00 =
1 ~ 00 ~ 00∗
|E × B | .
2µ0
(2)
Berechnen Sie T = I 0 /I und R = I 00 /I, d.h. die transmittierte bzw. reflektierte Intensität
bezogen auf die einfallende Intensität.
(6 Punkte)
e) Was muss für R + T gelten und warum? Überprüfen Sie diese Beziehung mit dem Ergebnis
von Teilaufgabe d).
(3 Punkte)
2.13 Elektromagnetische Wellen (F2006)
31
2.13 Elektromagnetische Wellen (F2006)
Es sollen elektromagnetischen Wellen in einem isotropen, homogenen Material mit den MaxwellGleichungen
~ ·E
~ = 0
εε0 ∇
~ ·B
~ = 0
∇
~
~ ×E
~ = − ∂B
∇
∂t
~
~ × 1 B
~ = ∂εε0 E + ~j
∇
µµ0
∂t
~ mit der
betrachtet werden. Hierbei ist ~j die Stromdichte, die dem Ohm’schen Gesetz ~j = σ E
elektrischen Leitfähigkeit σ genüge, welche im Allgemeinen komplex und frequenzabhängig sei.
Ferner seien keine freien Ladungen vorhanden.
a) Zeigen Sie, dass die zeitabhängigen Maxwell-Gleichungen ebene Wellen der Form
~ = B
~ 0 exp[i(~k · ~x − ωt)]
B
~ = E
~ 0 exp[i(~k · ~x − ωt)]
E
als Lösungen besitzen.
(5 Punkte)
~ 0 und
b) Zeigen Sie, dass es sich um transversale Wellen handelt. Welchen Winkel schließen E
~ 0 ein?
B
(5 Punkte)
c) Welche Dispersionsrelation ω = ω(~k) ergibt sich für Isolatoren (σ ≡ 0)? Was ergibt sich für
Phasen- und Gruppengeschwindigkeit?
(6 Punkte)
d) Welche Dispersionsrelation k 2 = k 2 (ω) ergibt sich, wenn σ(ω) die Form
σ = σ0 /(1 − iωτ )
(1)
besitzt? Mit welcher Potenz von ω skaliert der komplexe Brechungsindex im Grenzfall ω →
0?
(9 Punkte)
2 ELEKTRODYNAMIK
32
2.14 Magnetfeld einer Stromverteilung (H2006)
Gegeben sei ein zylinderförmiger Leiter vom Radius R, durch welchen ein homogen verteilter
Strom I fließt. Wählen Sie Zylinderkoordinaten r, ϕ, z mit der z-Achse in Richtung der Zylinderachse.
~ nur eine ϕ-Komponente hat.
a) Begründen Sie, dass die magnetische Induktion B
(5 Punkte)
b) Bestimmen und skizzieren Sie die Ortsabhängigkeit der magnetischen Induktion B ϕ (r) innerhalb und außerhalb des Zylinders.
(6 Punkte)
Gegeben sei nun ein Hohlzylinder mit innerem Radius R1 und äußerem Radius R2 , welcher vom
Strom I in z-Richtung durchflossen wird.
a) Bestimmen Sie die Stromdichte j. Bestimmen Sie unter Verwendung des Ergebnisses von
Teilaufgabe b die magnetische Induktion Bϕ (r). Skizzieren Sie die Ortsabhängigkeit von
Bϕ (r).
(7 Punkte)
b) Betrachten Sie den Grenzfall d = R2 − R1 → 0: Bestimmen Sie die magnetische Induktion
für eine sehr dünne Zylinderwand (d R1 , R2 ). Was folgt daraus für den Sprung der magnetischen Induktion an einer stromdurchflossenen Grenzfläche?
(7 Punkte)
2.15 Wellenausbreitung zwischen Leiterplatten (F2007)
33
2.15 Wellenausbreitung zwischen Leiterplatten (F2007)
Wir betrachten zwei unendlich ausgedehnte und parallel zur (x, y)-Ebene liegende Platten, die
aus ideal leitendem Material bestehen. Ideale Leiter sind dadurch charakterisiert, dass elektromagnetische Felder nicht in sie eindringen können. Eine Platte möge bei z = 0 und die andere bei
z = L liegen. Zwischen den Platten herrsche Vakuum. Die Maxwell-Gleichungen für das Vakuum
lauten allgemein
~ · E(~
~ x, t) = 0,
∇
~ · B(~
~ x, t) = 0,
∇
~
~
~ × E(~
~ x, t) = − ∂ B(~x, t) ,
~ × B(~
~ x, t) = 1 ∂ E(~x, t) .
∇
∇
∂t
c2
∂t
Wegen des idealen Leiters als Wandmaterial erfüllen die Felder die Randbedingungen
Ex = E y = 0
(1)
Bz = 0
(2)
und
für z = 0 und z = L.
Hinweis: Für beliebige Vektoren gilt ~a × (~b × ~c) = ~b (~a · ~c) − ~c (~a · ~b).
a) Wir betrachten nun elektromagnetische Wellen, die sich zwischen den Platten entlang der xRichtung ausbreiten,
~ x, t) = E(z)
~
E(~
ei(kx−ωt) ,
~ x, t) = B(z)
~
B(~
ei(kx−ωt) .
Zeigen Sie, dass diese Felder den Gleichungen
ω2 ~
~
~
iω ∇ × B(~x, t) = 2 E(~x, t),
c
2
iω ~
ω
~ x, t) =
~ x, t)
− 2 ∇ × E(~
B(~
c
c2
genügen.
(5 Punkte)
~
~
b) Zeigen Sie nun, dass die Felder E(z)
und B(z)
Lösungen der eindimensionalen Differentialgleichungen
~
~
∂z2 + λ E(z)
= 0 bzw.
∂z2 + λ B(z)
=0
mit einer geeigneten Konstanten λ und den Randbedingungen (1) bzw. (2) sind. Verwenden
Sie dieses λ, um ω als Funktion von k zu schreiben, und zeigen Sie, dass es für λ > 0 eine
Grenzfrequenz ωmin gibt, unterhalb derer keine Wellenpropagation parallel zu den Platten
möglich ist.
(10 Punkte)
c) Lösen Sie nun die Differentialgleichung
∂z2 + λ Bz (z) = 0 , λ > 0
für Bz (z) durch einen geeigneten Ansatz, der mit der Randbedingung (2) verträglich ist.
Zeigen Sie, dass die Eigenfrequenzen dann durch
r
π 2 n2
ωn (k) = c
+ k2
L2
gegeben sind, und geben Sie die erlaubten Werte von n an.
(10 Punkte)
2 ELEKTRODYNAMIK
34
2.16 Elektrostatische Energie (F2007)
a) Das Potential einer homogen geladenen Kugel vom Radius R mit der Gesamtladung Q ist
gegeben durch
Q 1
(3R2 − r 2 ) für r ≤ R,
(1)
φ(~r ) =
4πε0 2R3
p
wobei r = x2 + y 2 + z 2 die Radialkoordinate ist. Berechnen Sie damit die elektrostatische
Energie der homogen geladenen Kugel.
(5 Punkte)
b) Leiten Sie nun einen Ausdruck für das Potential einer leitenden Kugel von gleicher Gesamtladung und gleichem Radius her, und berechnen Sie die entsprechende Energie. Vergleichen
Sie die Ergebnisse der Teilaufgaben a) und b), und begründen Sie kurz (ein bis zwei Sätze
genügen), warum es auch ohne Rechnung physikalisch einsichtig ist, dass eine der Kugeln
einen größeren Energieinhalt hat.
(10 Punkte)
c) Gegeben ist die Ladungsverteilung
ρ(~r ) =


 ρ0 /r 2 für


0
R1 ≤ r ≤ R 2
sonst.
~ und das stetige Potential φ in
Berechnen Sie die Gesamtladung Q, das elektrische Feld E
Abhängigkeit von ρ0 , R1 und R2 .
(10 Punkte)
Hinweise:
Das Potential soll im Unendlichen jeweils gegen Null gehen.
Der Gradient einer nur von der Radialkoordinate r abhängenden Funktion f (r) ist gegeben durch
gradf (r) =
∂f (r)
~er .
∂r
(2)
2.17 Penning-Falle (H2007)
35
2.17 Penning-Falle (H2007)
~ =
Ein Elektron mit Ladung q = −e bewege sich in einem statischen homogenen Magnetfeld B
~ das durch ein QuaB e~z und einem ebenfalls statischen, aber inhomogenen elektrischen Feld E,
drupolpotential
U0
φ(x, y, z) = 2 (x2 + y 2 − 2z 2 ) mit U0 > 0
2r0
gegeben ist.
a) Lösen Sie die nichtrelativistische Bewegungsgleichung für die Geschwindigkeit des Elektrons zunächst für U0 = 0 und für eine Bewegung in der (x, y) -Ebene, und bestimmen Sie
die dazugehörige Frequenz ωc .
(6 Punkte)
b) Berechnen Sie das elektrische Feld aus dem gegebenen Quadrupolpotential, und verifizieren
~ ·E
~ = 0 gilt.
Sie, dass ∇
(4 Punkte)
c) Zeigen Sie, dass bei einer Bewegung entlang der z-Achse das Magnetfeld keinen Einfluss
hat, und bestimmen Sie die Frequenz ωz der harmonischen Schwingungen entlang dieser
Achse im elektrischen Quadrupolfeld.
(6 Punkte)
d) Lösen Sie die vollständigen Bewegungsgleichungen in der (x, y)-Ebene durch einen Ansatz
x(t) = A cos (ωM t) und y(t) = A sin (ωM t) von Kreisbahnen um den Ursprung. Berechnen
Sie die dazugehörige so genannte Magnetron-Frequenz ωM ausgedrückt durch ωc und ωz .
Wann ist diese Bewegung stabil?
(9 Punkte)
2 ELEKTRODYNAMIK
36
2.18 Elektrisches Potential im Kasten (H2007)
Die Oberfläche eines Quaders mit den Kantenlängen a, b und c in x-, y- bzw. z-Richtung habe
ein wohldefiniertes elektrisches Potential. Auf allen Seitenflächen gelte Φ = 0, außer auf der
Deckelfläche z = c, auf der das Potential die folgende Form annehmen soll,
π
π
Φ(x, y, c) = V0 sin( x) sin( y),
a
b
(V0 > 0) .
(1)
Im Inneren des Quaders gebe es keine elektrische Ladung.
φ (x,y,c)
z
y
c
b
a
x
a) Welche Differentialgleichung beschreibt das elektrische Potential Φ(x, y, z) im Inneren des
Kastens?
(5 Punkte)
b) Berechnen Sie das elektrische Potential Φ(x, y, z) im Inneren des Quaders durch einen Separationsansatz.
(12 Punkte)
c) Berechnen Sie das elektrische Feld auf der Seitenfläche y = 0. In welche Richtung zeigt das
Feld, und an welcher Stelle auf der Seitenfläche hat es seinen maximalen Betrag? (8 Punkte)
37
3 Thermodynamik
3.1 Schallgeschwindigkeit (H2003)
Die Schallgeschwindigkeit in einem
p Gas mit Molmasse M berechnet sich aus dem Druck p und
der Dichte ρ mit Hilfe von v = ∂p/∂ρ. In dieser Aufgabe soll die Schallgeschwindigkeit in
einem idealen Gas unter verschiedenen Bedingungen untersucht werden.
a) Leiten Sie unter der Annahme, dass die Schallausbreitung isotherm erfolgt, einen Ausdruck
für die Schallgeschwindigkeit vT ab, in dem nur die Temperatur als thermodynamische Zustandsgröße vorkommt.
(5 Punkte)
b) Zeigen Sie unter Zuhilfenahme des ersten Hauptsatzes, dass für einen adiabatischen Prozess
der Druck p proportional zu ργ ist, und bestimmen Sie den Exponenten γ.
Hinweis: Verwenden Sie die Tatsache, dass die innere Energie je Mol eines idealen Gases
durch u = cV T gegeben ist.
(12 Punkte)
c) Was ergibt sich somit für die Geschwindigkeit vad der adiabatischen Schallausbreitung als
Funktion der Temperatur?
(5 Punkte)
d) Es zeigt sich, dass vad näher an der Schallgeschwindigkeit in Luft liegt als vT . Wie lässt sich
dies qualitativ verstehen?
(3 Punkte)
3 THERMODYNAMIK
38
3.2 Gibbs’sches Paradoxon (H2003)
Gegeben sei ein ideales kompressibles Gas mit der thermischen Zustandsgleichung pV = N k B T
mit konstanter spezifischer Wärme cV und mit der Entropie
S(T, V, N ) = S(T0 , V0 , N ) + N cV ln
V
T
+ N kB ln
.
T0
V0
Dabei sind hier T0 , V0 und im Folgenden auch s0 und N0 Konstanten.
a) Zeigen Sie, dass die innere Energie U (T, V ) des idealen Gases unabhängig vom Volumen V
ist.
(5 Punkte)
Gegeben seien zwei Systeme aus identischen Gasen: Das erste System bestehe aus N Teilchen in
einem Volumen V . Das zweite System bestehe aus zwei Teilsystemen mit 12 N Teilchen in jeweils
einem Volumen 21 V .
a) Berechnen Sie unter der (inkorrekten) Annahme, dass S(T0 , V0 , N ) = N s0 gilt, die Differenz der Entropien der beiden Teilsysteme.
(8 Punkte)
b) Welche Form muss die Funktion S(T0 , V0 , N ) haben, damit die Entropie S(T, V, N ) extensiv
ist (eine homogene Funktion von V und N ist), d. h. damit
S(T, λV, λN ) = λS(T, V, N )
insbesondere für λ =
N0
N
gilt? Zeigen Sie, dass die Differenz der Entropien der beiden Systeme mit der korrekten
Form von S(T0 , V0 , N ) verschwindet.
(12 Punkte)
3.3 Temperaturabh¨angigkeit des Dampfdrucks (F2004)
39
3.3 Temperaturabhängigkeit des Dampfdrucks (F2004)
Wir betrachten ein aus einer flüssigen Phase (1) und einer gasförmigen Phase (2) bestehendes
System entlang der Koexistenzkurve.
a) Welche Zustandsgrößen in den beiden Phasen sind entlang der Koexistenzkurve gleich?
(4 Punkte)
b) Bei Verschiebung entlang der Koexistenzkurve ändern sich die spezifischen freien Enthalpien gi (pi , Ti ) in gleicher Weise: dg1 = dg2 . Leiten Sie daraus die Beziehung
dp
s2 − s 1
=
dT
v2 − v 1
her, wobei si und vi die spezifische Entropie bzw. das spezifische Volumen in der Phase i
bedeuten.
(7 Punkte)
c) Aus dem Resultat der Teilaufgabe 2 lässt sich die Clausius-Clapeyron-Gleichung
q
dp
=
dT
T (v2 − v1 )
herleiten. Geben Sie die physikalische Bedeutung von q an, und begründen Sie Ihre Antwort.
(5 Punkte)
d) Im Folgenden soll das spezifische Volumen v1 der flüssigen Phase vernachlässigt werden. In
der Gasphase sei das System als ideales Gas beschreibbar. Zeigen Sie mit Hilfe der ClausiusClapeyron-Gleichung, dass die Temperaturabhängigkeit des Dampfdrucks durch
A
p(T ) = p(∞) exp −
T
gegeben ist. Was ergibt sich für den Parameter A?
(9 Punkte)
3 THERMODYNAMIK
40
3.4 Adiabatische Expansion (F2004)
Gegeben sei ein Gas mit der Zustandsgleichung p = p(V, T ), welches adiabatisch von einem
Volumen V1 auf ein Volumen V2 ohne Arbeitsverrichtung expandiert. Die Wärmekapazität CV (bei
konstantem Volumen) sei eine Konstante.
a) Welche thermodynamischen Größen sind bei dieser Expansion konstant?
(Begründung!)
(6 Punkte)
b) Leiten Sie die Maxwell-Relation (Integrabilitätsbedingung)
∂S
∂p
=
∂V T
∂T V
her.
(5 Punkte)
c) Geben Sie einen (allgemeinen) Ausdruck für (∂T /∂V )U , die mit der (differentiellen) Expansion verknüpfte (differentielle) Temperaturänderung, an. Was erhält man für die Expansion
von einem Volumen V1 auf ein Volumen V2 ?
(7 Punkte)
d) Was erhält man für (∂T /∂V )U im Fall des van der Waals-Gases mit der Zustandsgleichung
a p + 2 (V − b) = nRT
V
und im Fall des idealen Gases? Kühlt also das jeweilige Gas ab, oder erwärmt es sich bei der
Expansion, oder bleibt die Temperatur gleich?
(7 Punkte)
3.5 Stirling-Prozess (H2004)
41
3.5 Stirling-Prozess (H2004)
Für ein ideales Gas soll folgender Kreisprozess mit T1 > T2 und V1 > V2 untersucht werden:
isotherm
isochor
isotherm
isochor
(T1 , V2 ) −−−−−−→ (T1 , V1 ) −−−−−→ (T2 , V1 ) −−−−−−→ (T2 , V2 ) −−−−−→ (T1 , V2 )
a) Stellen Sie diesen Kreisprozess sowohl in einem (T, V )-Diagramm als auch in einem (p, V )Diagramm dar.
(5 Punkte)
b) In welchen Prozessschritten wird Wärme zugeführt, in welchen abgeführt? Berechnen Sie
die vier Wärmemengen.
(8 Punkte)
c) Welche Arbeit wird pro Zyklus geleistet? Bestimmen Sie den Wirkungsgrad, und vergleichen Sie mit dem Wirkungsgrad des Carnot-Prozesses.
(8 Punkte)
d) Was würde sich für den Wirkungsgrad ergeben, wenn die bei dem einen isochoren Prozessschritt abgegebene Wärme zwischengespeichert und im anderen isochoren Prozessschritt
wieder vollständig zugeführt würde? Vergleichen Sie wieder mit dem Wirkungsgrad des
Carnot-Prozesses. Wie viele Wärmebäder werden hierbei benötigt?
(4 Punkte)
3.6 Wirkungsgrad (H2004)
Zwei Festkörper (∆V = 0) mit konstanter identischer Wärmekapazität C sollen anfangs die Temperaturen T1 = 450 K und T2 = 200 K haben. Zwischen den beiden Körpern soll eine zyklisch
laufende Maschine eine mechanische Arbeit W leisten, indem sie Wärme vom heißen zum kalten Körper transportiert. Dabei gleichen sich die Temperaturen aus. Das Gesamtsystem soll seine
Entropie nicht ändern, und die Entropie der Maschine bleibt nach jedem Zyklus konstant.
a) Berechnen Sie für die beiden Körper die innere Energie U und die Entropie S als Funktion
der Temperatur T .
(4 Punkte)
δW
, so lange man die TempeδQ
raturänderungen der beiden Körper vernachlässigen kann. δQ CT 1 ist die Wärmemenge,
die dem heißen Körper entnommen wird, und δW ist die von der Maschine geleistete Arbeit.
(6 Punkte)
b) Berechnen Sie den anfänglichen idealen Wirkungsgrad η =
c) Die Maschine soll so lange laufen, bis die beiden Körper die gleiche Temperatur T e erreicht
haben. Wie groß ist die Entropie im Endzustand? Berechnen Sie Te .
(7 Punkte)
d) Wie groß ist der Wirkungsgrad η =
gemeinsamen Endtemperatur Te ?
W
für den gesamten Prozess nach dem Erreichen der
Q
(8 Punkte)
3 THERMODYNAMIK
42
3.7 Thermodynamik des Gummifadens (F2005)
Ein einfaches, phänomenologisches Modell des Gummifadens beruht auf dem folgenden Ansatz
für die Entropie S als Funktion der inneren Energie U und der Länge L des Fadens,
U
b
(L − L0 )2 .
(1)
S = S0 + cL0 ln
−
U0
2(L1 − L0 )
Dabei sind L0 die Ruhelänge des Gummifadens, L1 die elastische Grenzlänge (L0 ≤ L ≤ L1 ),
S0 , U0 , c und b positive Konstanten.
a) Wie lauten die thermische (U =U (T, L)) und die mechanische (σ=σ(T, L)) Zustandsgleichung?
Hinweis: Gehen Sie aus von
σ
1
(2)
dS = dU − dL
T
T
(σ = Fadenspannung), und bestimmen Sie U (T, L) bzw. σ(T, L).
Zur Kontrolle: U = αT, σ = T (βL + γ) mit gewissen Konstanten α, β, γ.
(8 Punkte)
b) Der Gummifaden werde isotherm ausgedehnt. Welche Arbeit ist erforderlich für eine infinitesimale Ausdehnung des Fadens um dL? Wo bleibt die investierte Energie?
(9 Punkte)
c) Der Gummifaden werde nun adiabatisch ausgedehnt um dL. Diskutieren Sie wiederum den
Energiesatz. Wie verändert sich die Temperatur des Fadens?
(8 Punkte)
3.8 Kühlung durch Entmagnetisierung (F2005)
43
3.8 Kühlung durch Entmagnetisierung (F2005)
Ein magnetisches System befinde sich in einem Magnetfeld H und sei charakterisiert durch eine
Magnetisierung
H
M =γ
T
und eine Wärmekapazität (bei konstantem Feld H)
CH = γ
Hr2 + H 2
.
T2
Hr und γ sind Konstanten.
Der erste Hauptsatz lautet
dU = T dS + H dM
(enstprechend der Relation dU = T dS − p dV für ein kompressibles System).
a) Welches ist das thermodynamische Potential mit den natürlichen Variablen T und H? Beweisen Sie die Maxwell-Relation
∂S
∂M
=
.
∂H T
∂T H
(5 Punkte)
b) Zeigen Sie, dass die Änderung der Wärmemenge im magnetischen System bei einem quasistatischen Prozess gegeben ist durch
∂M
δQ = CH dT + T
dH .
(1)
∂T H
(5 Punkte)
c) Falls kein Wärmeaustauch zwischen dem magnetischen System und der Umgebung stattfindet, lautet die Differentialgleichung für die Temperatur T (H) des magnetischen Systems
HT
∂T
= 2
.
∂H S Hr + H 2
Zeigen Sie dies.
(5 Punkte)
d) Das magnetische System habe eine Anfangstemperatur T0 und befinde sich in einem Feld
H = H0 . Dieses Feld werde so schnell abgeschaltet, dass kein Wärmeaustausch zwischen
dem magnetischen System und der Umgebung stattfindet, aber so langsam, dass der Prozess
als quasistatisch behandelt werden kann. Wie groß ist die Temperatur T 1 des magnetischen
Systems nach Abschalten des Feldes? Nimmt die Temperatur zu oder ab?
(10 Punkte)
3 THERMODYNAMIK
44
3.9 Ideales Gas (H2005)
Ein thermisch isolierter Zylinder (Querschnitt A) wird durch einen beweglichen Kolben geteilt,
der mit einer Feder (Federkonstante k, Ruhelänge L0 ) an der linken Seite befestigt ist.
Der Kolben sei zunächst im Abstand L = L0 fixiert. Links vom Kolben befinden sich N Mol
eines idealen Gases mit der Temperatur T0 , die rechte Seite ist evakuiert. Nun wird die Arretierung
des Kolbens entfernt.
Berechnen Sie Volumen und Temperatur des Gases, nachdem sich wieder ein Gleichgewicht
eingestellt hat, wie folgt:
a) Bestimmen Sie die innere Energie U des Gases im Endzustand mit Hilfe der Energieerhaltung.
(5 Punkte)
b) Maximieren Sie die Entropie
S = const. + cN R ln U + N R ln V
im Endzustand bezüglich der Auslenkung ∆L des Kolbens.
c) Bestimmen Sie hieraus V und T .
(15 Punkte)
(5 Punkte)
3.10 Idealisierter Otto-Kreisprozess (H2005)
45
3.10 Idealisierter Otto-Kreisprozess (H2005)
Gegeben ein ideales Gas mit der Entropie
S(T, V ) = S(T0 , V0 ) + CV ln
T
V
+ R ln
T0
V0
(1)
als Funktion der Temperatur T und des Volumens V mit konstanter Wärmekapazität C V und konstanter Gaskonstanten R = Cp − CV . Der idealisierte Otto-Kreisprozess ist in Abbildung 1 angegeben.
S
S3 = S4
S1 = S2
3
4
1
2
V2 = V3
1
V1 = V4
V
Abbildung 1: Der idealiserte Otto-Kreisprozess 1 → 2 → 3 → 4 → 1
a) Zeigen Sie, dass die Adiabaten durch den Zusammenhang
T V γ = X = const.
gegeben sind. Bestimmen Sie den Exponenten γ.
(2)
(5 Punkte)
b) Geben Sie mit Hilfe der Gleichung (2) den Zusammenhang der Temperaturen und Volumina
in den Zuständen 1 und 2 und analog in den Zuständen 3 und 4 an.
(3 Punkte)
c) Bestimmen Sie die Wärmeenergien und Arbeiten auf den vier Wegstücken als Funktion der
Volumina V1 und V2 .
(13 Punkte)
d) Bestimmen Sie den Wirkungsgrad als Funktion der Volumina.
(4 Punkte)
3 THERMODYNAMIK
46
3.11 Dieselmotor (F2006)
Nebenstehende Zeichnung zeigt das idealisierte
(P, V )-Diagramm für den reversiblen Kreisprozess eines Dieselmotors. Es wird dabei angenommen, dass
das Arbeitsmedium ein ideales Gas ist. Der gesamte Prozess besteht dann aus 4 reversiblen Prozessen,
nämlich einer adiabatischen Kompression (1 → 2)
des Gases, einer Expansion bei konstantem Druck
(2 → 3), einer adiabatischen Expansion (3 → 4) und
einer isochoren Kühlung (4 → 1). Der Druck, die innere Energie des Mediums und die Temperatur an den
Endpunkten seien jeweils mit Pi , Ui , und Ti bezeichnet.
a) Geben Sie die Zustandsgleichung und die innere Energie U eines idealen Gases an. (3 Punkte)
b) Geben Sie an und begründen Sie, in welche Richtung sich in jedem Schritt die Temperatur
T ändert.
(6 Punkte)
c) Zeigen Sie, dass die Adiabaten durch folgenden Zusammenhang charakterisiert sind:
P V 5/3 = const .
Hinweis: Leiten Sie unter Verwendung des 1. Hauptsatzes und der Zustandsgleichung für
das ideale Gas zuerst den Zusammenhang zwischen T und V her.
(10 Punkte)
d) Geben Sie für die isobare Expansion 2 → 3 die zugeführte Wärme und die vom System an
der Umgebung geleistete Arbeit als Funktion der Temperaturen T2 und T3 an.
(6 Punkte)
3.12 Carnot-Prozess mit Photonengas (F2006)
47
3.12 Carnot-Prozess mit Photonengas (F2006)
In dieser Aufgabe soll der Carnot-Prozess betrachtet werden, also ein Kreisprozess, der aus je zwei
adiabatischen und zwei isothermen Abschnitten im Wechsel besteht. Statt des idealen Gases als
üblichem Arbeitsmedium soll hier jedoch ein Photonengas betrachtet werden. Für das Photonengas
gelten die thermische Zustandsgleichung p = (σ/3)T 4 und die kalorische Zustandsgleichung U =
3pV , wobei σ die Stefan-Boltzmann-Konstante ist.
a) Leiten Sie mit Hilfe des ersten Hauptsatzes der Thermodynamik die Beziehung
∂U
p+
∂V T
∂T
=− ∂U
∂V ad
∂T V
her, wobei der Index ad“ eine adiabatische Zustandsänderung andeutet.
(6 Punkte)
”
b) Zeigen Sie, dass eine adiabatische Zustandsänderung des Photonengases durch T V γ =
const. gegeben ist, und bestimmen Sie den Exponenten γ.
(8 Punkte)
c) In welchen zwei der vier Arbeitsschritte wird Wärme zwischen dem System und einem der
beiden Wärmebäder ausgetauscht?
Berechnen Sie unter Verwendung der Tatsache, dass die Entropie eine Zustandsgröße darstellt, das Verhältnis der ausgetauschten Wärmemengen.
Drücken Sie den Wirkungsgrad durch diese Wärmemengen aus, und bestimmen Sie seine
Abhängigkeit von den Temperaturen der beteiligten Wärmebäder.
Wie vergleicht sich dieses Ergebnis mit dem Wirkungsgrad, der sich für ein ideales Gas als
Arbeitsmedium ergibt?
(11 Punkte)
3 THERMODYNAMIK
48
3.13 Drossel-Prozess (H2006)
Mit dem Drossel- oder Joule-Thompson-Prozess werden Gase verflüssigt. Ein Gasstrom mit einem
Volumen V wird durch eine Drossel oder eine poröse Membran gepresst und ändert dabei seine
Temperatur T , seine innere Energie U und seinen Druck p. Man kann zeigen, dass bei diesem
Prozess die Enthalpie H(S, p) = U + pV konstant bleibt.
a) Zeigen Sie für den Spezialfall des idealen Gases, dass die Temperatur bei diesem Prozess
konstant bleibt.
(5 Punkte)
b) Leiten Sie für den allgemeinen Fall die folgende Beziehung zwischen der Druckabhängigkeit
der Entropie S und der Temperaturabhängigkeit des Volumens V her,
∂S
∂V
=−
.
∂p T
∂T p
Betrachten Sie dazu die freie Enthalpie G(T, p).
(8 Punkte)
c) Aus der Wärmekapazität Cp und dem thermischen Ausdehnungskoeffizienten
1 ∂V
α=
V ∂T p
kann man berechnen, ob und wie stark sich die Temperatur des Gases beim Drossel-Prozess
abkühlt. Zeigen Sie dazu mit Hilfe der vorigen Gleichung
∂T
V
(T α − 1).
=
∂p H
Cp
(12 Punkte)
3.14 Mischungsentropie für ideale Gase (H2006)
49
3.14 Mischungsentropie für ideale Gase (H2006)
Betrachten Sie das folgende Gedankenexperiment mit einem Gemisch zweier idealer
Gase:
Ein Zylinder wird durch eine starre Wand
halbiert, die nur für die Teilchensorte B
durchlässig ist. Zwei bewegliche Wände
mit festem Abstand schließen das halbe
Zylindervolumen ein; die linke Wand ist
durchlässig für Teilchensorte A, die rechte
undurchlässig für alle Teilchen. Das gesamte System wird auf der Temperatur T gehalten. Am Anfang steht der bewegliche Teil
ganz links und wird mit je 1 Mol von Teilchen der Sorten A und B gefüllt, der Rest
des Zylinders wird evakuiert. Der bewegliche Teil wird dann quasi-statisch nach rechts
bewegt, bis beide Gase entmischt sind (siehe
Abbildungen).
A+B
A
A+B
A
B
B
a) Wie hängt die innere Energie eines idealen Gases von der Temperatur und der Teilchenzahl
ab? Bestimmen Sie hieraus die Änderung ∆U in unserem Gedankenexperiment. (6 Punkte)
b) Wie lautet die Gleichgewichtsbedingung für Teilchentransport durch die beiden semipermeablen Wände? Das chemische Potential für jede Komponente lässt sich darstellen als
µi = RT ln
Pi v 0
+ fi (T )
RT
(1)
(v0 : Referenzvolumen, Pi : Partialdruck der i-ten Komponente, fi (T ): Funktion der Temperatur, deren genaue Form hier unwichtig ist). Was bedeutet die Gleichgewichtsbedingung demnach für die Partialdrücke der beiden Gasen in den verschiedenen Teilvolumina? (6 Punkte)
c) Wie groß ist die mechanische Arbeit, die beim Entmischen gemäß dem Gedankenexperiment
verrichtet wird?
(6 Punkte)
d) Was folgt aus den Teilaufgaben a–c für die Änderung der Entropie des Gesamtsystems?
Formulieren Sie abschließend den Zusammenhang zwischen der Entropie eines Gemisches
zweier idealer Gase und der Entropie der einzelnen Gase in Form eines Satzes (Gibbs’sches
Theorem).
(7 Punkte)
3 THERMODYNAMIK
50
3.15 Schwarzkörperstrahlung (F2007)
Betrachten Sie einen mit elektromagnetischer Strahlung gefüllten schwarzen Hohlkörper. In der
klassischen Elektrodynamik kann gezeigt werden, dass der Druck P und die Dichte u = U/V der
inneren Energie des elektromagnetischen Feldes im Hohlkörper durch u = 3P verknüpft sind.
a) Zeigen Sie, dass sich bei fester Temperatur T die Energiedichte u(T ) wie folgt schreiben
lässt:
∂U
∂S
u(T ) =
=T
−P .
(1)
∂V T
∂V T
(8 Punkte)
b) Mittels welcher Maxwell-Relation lässt sich die hierin vorkommende partielle Ableitung
von S durch eine partielle Ableitung von P ausdrücken?
(5 Punkte)
c) Nutzen Sie das Ergebnis von Teilaufgabe b), um aus Gl. (1) die Differentialgleichung
1
∂u
T
−u
u=
3
∂T
für u(T ) herzuleiten.
(2)
(6 Punkte)
d) Lösen Sie Gleichung (2) durch Trennung der Variablen, und bestimmen Sie somit die Potenz
n im Stefan-Boltzmann-Gesetz u(T ) ∝ T n .
(6 Punkte)
3.16 Deformation eines Flüssigkeitstropfens (F2007)
51
3.16 Deformation eines Flüssigkeitstropfens (F2007)
Die Oberfläche A eines Flüssigkeitstropfens soll reversibel durch Verformung (bei konstantem Volumen) vergrößert werden. Dazu muss die Arbeit σ dA aufgewendet werden, sodass die Änderung
dU der inneren Energie U durch
dU = T dS + σ dA
gegeben ist. Die Oberflächenspannung σ sei dabei durch
T
σ(T ) = η 1 −
, T < T0
T0
mit einer Konstanten η > 0 gegeben. Die Wärmekapazität CA bei konstanter Oberfläche A sei
unabhängig von der Temperatur.
Im Folgenden sollen Prozesse bei konstantem Volumen betrachtet werden.
a) Beweisen Sie die Relation
mit Hilfe einer Maxwell-Relation.
∂T
∂A
S
T
=
CA
∂σ
∂T
A
(6 Punkte)
b) Zeigen Sie, dass
dT
= −γ dA
T
gilt, und berechnen Sie die Temperatur T (A) als Funktion von A mit der Bedingung T (A 0 ) =
T0 .
(6 Punkte)
c) Geben Sie das Differential dF der freien Energie F = F (T, A) an, und berechnen Sie F mit
der Bedingung F (T0 , A) = 0.
(8 Punkte)
d) Bestimmen Sie die Änderung dS der Entropie bei Änderung der Oberfläche um dA in einem isothermen Prozess, d. h. bestimmen Sie (∂S/∂A)T mit Hilfe einer Maxwell-Relation.
Nimmt die Entropie S bei Vergrößerung der Oberfläche zu oder ab?
(5 Punkte)
3 THERMODYNAMIK
52
3.17 Gleichgewichte (H2007)
Ein Gasbehälter besteht aus zwei aneinandergesetzten Zylindern mit unterschiedlichem Durchmesser und ist nach außen wärmeisoliert und teilchenundurchlässig. Im dicken und dünnen Teil befindet sich jeweils ein (zunächst) festgehaltener, ebenfalls wärmeisolierter und teilchenundurchlässiger Kolben als Trennwand. Die drei Kammern werden mit drei beliebigen Gasen mit Anfangswerten U (i) , V (i) , N (i) , i = 1, 2, 3 (innere Energie, Volumen, Molzahl) gefüllt.
2
2
1
(I)
3
1
3
2
( II )
a) Die Kolben werden nun sowohl wärmedurchlässig als auch beweglich gemacht [siehe Abbildung(I)]; daraufhin stellt sich ein neues Gleichgewicht ein. Welche Größen sind dabei
erhalten? Leiten Sie die Bedingungen für den neuen Gleichgewichtszustand aus einem Extremalprinzip und den Erhaltungsgrößen her.
(11 Punkte)
b) Was lässt sich zusätzlich über die Teilvolumina V (i) aussagen, wenn es sich bei den Gasen
um ideale Gase handelt?
(7 Punkte)
c) Was ändert sich an Teilaufgabe a, wenn man die beiden Kolben mit einer Stange starr verbindet, so dass sie sich nur gemeinsam bewegen können [siehe Abbildung(II)]? Interpretieren
Sie das Ergebnis physikalisch.
(7 Punkte)
3.18 Freie Energie (H2007)
53
3.18 Freie Energie (H2007)
Die folgende Skizze soll angeblich die Freie Energie F eines Systems als Funktion seiner Temperatur T bei konstantem Volumen V zeigen. E0 = E(T = 0) sei die Grundzustandsenergie des
Körpers.
F
0
T
E0
Nennen und begründen Sie fünf Fehler dieser Skizze.
(25 Punkte)
54
3 THERMODYNAMIK
55
4 Quantenmechamik
4.1 Eindimensionale Potentialbarriere (H2003)
Teilchen der Masse m fallen von links auf eine Potentialbarriere, welche aus einer rechteckigen
Stufe und einem repulsiven δ-Potenzial besteht,


1 x≥0
~2 g
V (x) = V0 θ(x) +
δ(x) ,
V0 , g > 0 ,
θ(x) =

2m
0 x<0.
a) Lösen Sie die stationäre Schrödinger-Gleichung zunächst in den Gebieten x < 0 und x > 0,
ohne das δ-Potenzial zu berücksichtigen. Stellen Sie die allgemeine Lösung auf, die der
Problemstellung entspricht (normieren Sie die Amplitude der einfallenden Welle im Gebiet
x < 0 auf 1). Worin unterscheiden sich die Fälle E > V0 und E < V0 ?
(9 Punkte)
b) Das δ-Potential bewirkt einen Sprung in der ersten Ableitung der Wellenfunktion, den man
aus der Schrödinger-Gleichung wie folgt bestimmen kann,
Z ε
~2 d2 ψ ~2 g
dx −
+
δ(x)ψ(x) = 0 .
lim
ε→0 −ε
2m dx2
2m
Die Wellenfunktion selbst ist dagegen stetig bei x = 0. Bestimmen Sie hieraus die unbekannten Koeffizienten aus Teilaufgabe a.
(16 Punkte)
4.2 Virialsatz (H2003)
Wir betrachten den eindimensionalen harmonischen Oszillator mit dem Hamilton-Operator
H =T +V =
1
p2
+ mω 2 x2 .
2m 2
(1)
a) Beweisen Sie hierfür den Virialsatz
hT i = hV i ,
(2)
wobei sich der Erwartungswert auf einen beliebigen Eigenzustand von H bezieht.
Hinweis: Berechnen Sie zunächst den Kommutator [H, xp] explizit und dann h[H, xp]i.
Schreiben Sie alternativ den Kommutator aus in der Form Hxp − xpH, und nehmen Sie
den Erwartungswert in einem Eigenzustand von H.
(10 Punkte)
b) Drücken Sie mit Hilfe von den Gleichungen (1) und (2) hp2 i und hx2 i durch den Energieeigenwert E aus.
(4 Punkte)
c) Verwenden Sie schließlich die bisherigen Ergebnisse und die Heisenberg’sche Unschärferelation für Ort und Impuls, um eine untere Schranke für die Energieeigenwerte dieses Systems herzuleiten. Vergleichen Sie das Ergebnis mit der exakten Grundzustandsenergie des
Oszillators.
(11 Punkte)
56
4 QUANTENMECHAMIK
4.3 Harmonischer Oszillator mit undurchdringlicher Wand (F2004)
Ein quantenmechanisches Teilchen der Masse m bewege sich in einem eindimensionalen Potential
der Form


 ∞
x<0
V (x) =
(1)

 1 mω 2 x2 x ≥ 0 .
2
a) Stellen Sie die stationäre Schrödinger-Gleichung in Ortsdarstellung auf. Welchen Randbedingungen müssen die Wellenfunktionen genügen? Begründen Sie diese Bedingungen.
(6 Punkte)
b) Skizzieren Sie die Wellenfunktionen der 4 niedrigsten Eigenzustände des gewöhnlichen, eindimensionalen harmonischen Oszillators ohne Wand. Welche diskrete Symmetrie hat dieses
System, und wie schlägt sie sich in den Wellenfunktionen nieder? Was sind die Energieeigenwerte?
(8 Punkte)
c) Bestimmen Sie mit Hilfe von a) und b) das vollständige Spektrum des Hamilton-Operators
für den Oszillator mit Wand ohne detaillierte Rechnung.
(5 Punkte)
d) Geben Sie die normierte Grundzustandswellenfunktion ψ0 (x) und die Grundzustandsenergie
für den Oszillator mit Wand an.
R∞
pπ
2
1
(6 Punkte)
Hinweis: 0 dx x2 e−αx = 4α
α
4.4 Lineares dreiatomiges Molekül (F2004)
57
4.4 Lineares dreiatomiges Molekül (F2004)
L
Z
R
Betrachten Sie ein Valenzelektron in einem linearen dreiatomigen Molekül, in dem die Atomrümpfe L und R sich jeweils im Abstand d von Z befinden (siehe Skizze). Im Folgenden bezeichne
|ψL i, |ψZ i und |ψR i ein orthonormales System aus Zustandsvektoren, die den Zuständen eines
beim Atom L, Z bzw. R lokalisierten Elektrons entsprechen. Der Hamilton-Operator für das Valenzelektron im Molekül habe bezüglich der Basis (|ψL i, |ψZ i, |ψR i) die Matrixdarstellung


 b −a 0 



Ĥ = 
−a b −a


0 −a b
mit a > 0.
a) Verifizieren Sie (durch Einsetzen), dass die Vektoren der Energieeigenzustände von Ĥ wie
folgt lauten,


1
1  
|ψ0 i = √ 
0
 ,
2
 
−1


 1 
1 √ 
|ψ± i = 
∓ 2
 ,
2


1
und bestimmen Sie die zugehörigen Eigenwerte E0 und E± .
(6 Punkte)
b) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeiten PL , PZ und PR dafür, dass das Elektron im Grundzustand |ψ− i beim Atom L, Z bzw. R lokalisiert ist.
(3 Punkte)
c) Bestimmen Sie den Erwartungswert hĤi und die Varianz var(Ĥ) ≡ hĤ 2 i − hĤi2 der Energieobservablen Ĥ im Zustand mit dem Vektor |ψL i
(4 Punkte)
d) Zum Zeitpunkt t = 0 sei das Valenzelektron beim Atomrumpf Z lokalisiert, es habe also den
Zustandsvektor |ψ(0)i = |ψZ i. Geben Sie |ψ(t)i für t 6= 0 an, sowie die Wahrscheinlichkeit PZ (t), dass sich das Elektron zum Zeitpunkt t weiterhin beim Atomrumpf Z befindet.
(6 Punkte)
e) Es werde nun ein homogenes elektrisches Feld der Stärke E entlang der linearen Molekülachse L − Z − R angelegt. Das Feld sei so schwach, dass feldinduzierte Änderungen der
Konfigurationen der Atomrümpfe vernachlässigt werden können. Der Hamilton-Operator
für das Valenz- elektron in dem Molekül und dem elektrischem Feld habe folglich die
4 QUANTENMECHAMIK
58
Form Ĥ 0 = Ĥ − eE X̂, wobei X̂ den Orts“-Operator bezeichnet, der bezüglich der Ba”
sis (|ψL i, |ψZ i, |ψR i) durch die Matrix


−d 0 0



X̂ = 
 0 0 0


0 0 d
gegeben ist. Finden Sie, in Störungstheorie erster Ordnung, die durch das angelegte Feld
verursachten Änderungen ∆E0 der Eigenenergie des Eigenzustandsvektors |ψ0 i, und zeigen
Sie, dass diese Energieänderung Null ist. Begründen Sie das Resultat qualitativ. (6 Punkte)
4.5 Eindimensionale Wellenfunktion (H2004)
59
4.5 Eindimensionale Wellenfunktion (H2004)
Ein quantenmechanisches Teilchen mit der Masse m und der Energie E laufe gegen eine eindimensionale Potentialstufe, V (x) = 0 für x < 0 und V (x) = V0 > 0 für x > 0. Das Teilchen
wird in den beiden Bereichen durch jeweils eine Überlagerung von Wellenfunktionen der Form
ψ(x) = A eikx beschrieben, wobei A und k komplexe Zahlen sind.
a) Berechnen Sie die Wellenzahlen k für die beiden Bereiche und skizzieren Sie die Aufenthaltswahrscheinlichkeit |ψ(x)|2 für x > 0 , und zwar für die Fälle
(a) 0 < V0 < E ,
(b) 0 < E < V0 .
(zusammen 7 Punkte)
b) Nun bewege sich das Teilchen im unten skizzierten eindimensionalen Potential V (x). Seine
reellwertige Wellenfunktion ψ(x) sei ebenfalls unten skizziert. ψ(x) soll eine Lösung der
stationären Schrödinger-Gleichung zur Energie E1 sein, deren Wert in der Skizze relativ zu
V (x) angegeben ist.
V(x)
x
ΕE 1
E2
ψ (x)
x
Die Skizze der Wellenfunktion ψ(x) enthält einige Fehler.
(a) Nennen und begründen Sie mindestens vier solche Fehler.
(b) Skizzieren Sie eine mögliche Wellenfunktion zur Energie E2 .
(je 3, max. 12 Punkte)
(6 Punkte)
4 QUANTENMECHAMIK
60
4.6 Zwei-Niveau-System (H2004)
Betrachtet werde ein System mit einem zweifach entarteten Zustand, beschrieben durch den Hamilton-Operator H0 , der Eigenenergie E0 und der Basis
 
 
0 
1 
(1)
|1i =   und |2i =   .
1
0
Durch eine Kopplung dieser beiden Zustände wird die Entartung aufgehoben; die SchrödingerGleichung des gekoppelten Systems ist
H|ψ(t)i = i~
∂
|ψ(t)i mit H = H0 + H1 .
∂t
Die Matrixelemente des Hamilton-Operators in der durch die Gleichungen (1) beschriebenen Basis
seien




mit W reell.
E 0 0 
H0 = 

0 E0
 0 W
und H1 = 

W 0
a) Bestimmen Sie die Eigenenergien E± und die (normierten) Eigenvektoren |ψ± i der stationären Zustände von H.
(5 Punkte)
b) Geben Sie die Zeitabhängigkeit von |ψ± (t)i an.
(5 Punkte)
c) Geben Sie die allgemeine zeitabhängige Lösung |ψ(t)i an.
(5 Punkte)
d) Das System befinde sich zum Zeitpunkt t = 0 in dem durch |1i beschriebenen Zustand.
Geben Sie die Wahrscheinlichkeitsamplitude und die Wahrscheinlichkeit dafür an, das System zu irgend einem Zeitpunkt t in dem durch |2i beschriebenen Zustand zu finden.
(10 Punkte)
4.7 Der Einfluss der Kernausdehnung auf wasserstoff¨ahnliche Zust¨ande (F2005)
61
4.7 Der Einfluss der Kernausdehnung auf wasserstoffähnliche Zustände
(F2005)
Betrachtet werde ein Atom mit raumfestem Kern (mit der Kernladung Ze) und einem Elektron
(mit der Masse me und Ladung −e); die potentielle Energie ist
V0 = −
Ze2
.
4πε0 r
Ungestörtes Problem: Im ungestörten Fall eines punktförmigen Kerns wird der Grundzustand des
Elektrons durch die Wellenfunktion
ψ0 (~r) = N e−r/γ0 ,
γ0 =
a0
4πε0 ~2
=
,
2
Zme e
Z
1
N=p
πγ03
(1)
mit der Normierungskonstanten N und dem Bohrschen Radius a 0 beschrieben.
a) Bestimmen Sie aus der Schrödinger-Gleichung die Grundzustandsenergie E 0 .
Hinweise:
∂2
2 ∂
1 ∂
∂
Radial-Anteil des Laplace-Operators: ∆r = 2 +
= 2 r2 .
∂r
r ∂r
r ∂r ∂r
Z ∞
n!
xn e−µx dx = n+1 .
Ein nützliches Integral:
µ
0
(6 Punkte)
Störungstheorie: Der Kern soll jetzt als homogen geladene Kugel mit dem Radius R angenommen
werden. Im Fall des ausgedehnten Kerns ist die potentielle Energie
 2
3
r


−
für r ≤ R
Ze2
3
2R
V (r) =
× 2R
4πε0 
− 1
für r ≥ R .
r
b) Skizzieren Sie das Potential als Funktion des Abstandes vom Kernmittelpunkt.
(6 Punkte)
c) Die durch die Kernausdehnung verursachte Korrektur der Grundzustandsenergie ist in Störungstheorie erster Ordnung gegeben durch
∆E0 = hψ0 | [V (r) − V0 (r)] |ψ0 i .
Zeigen Sie, dass man
4
∆E0 = Z 2 |E0 |
5
R
a0
2
erhält.
Hinweis: Weil R γ0 gilt, kann (soll) bei der Berechnung des Integrals die Exponentialfunktion in der in Gleichung (1) angegebenen Wellenfunktion durch eine Konstante genähert
werden.
(13 Punkte)
4 QUANTENMECHAMIK
62
4.8 Harmonischer Oszillator im elektrischen Feld (F2005)
2
p̂
+ m2 ω 2x̂2 mit Masse m und
Der Hamilton-Operator des eindimensionalen Oszillator Ĥ0 = 2m
Kreisfrequenz ω kann durch Einführung der Stufenoperatoren
x̂
x̂
p̂
p̂
1
1
†
+i
−i
â = √
, â = √
p0
p0
2 x0
2 x0
p
√
mit x0 = ~/(mω) und p0 = ~mω = x~0 auf die Form
Ĥ0 = ~ω â† â +
1
2
transformiert werden, wobei die Stufenoperatoren die Vertauschungsrelation [â, â † ] = 1 erfüllen.
Es bezeichne |ni den normierten
Eigenzustand [sic!; recte: Eigenzustandsvektor] von Ĥ0 zu dem
1
Eigenwert En = ~ω n + 2 , n ∈ {0, 1, 2, ...}.
√
√
a) Zeigen Sie, dass â|ni = n |n − 1i und â† |ni = n + 1 |n + 1i gilt.
Hinweis: Zeigen Sie zunächst, dass â|ni und â† |ni wieder Eigenvektoren von Ĥ0 sind, und
berechnen Sie die zugehörigen Eigenwerte.
(9 Punkte)
b) Drücken Sie die Operatoren x̂, p̂, x̂2 und p̂2 durch â und â† aus, und berechnen Sie die
dazugehörigen Erwartungswerte im Grundzustand [mit dem Vektor] |0i.
(8 Punkte)
c) Zeigen Sie unter Benutzung der in Teilaufgabe b) erhaltenen Ergebnisse. dass das Produkt
∆x∆p der ,,Unschärfen” der Observablen Ort x̂ und Impuls p̂ im Grundzustand minimal ist
im Sinne der Heisenberg-Unschärferelation.
(4 Punkte)
Wird der harmonische Oszillator einem konstanten elektrischen Feld E ausgesetzt, so lautet der
entsprechende Hamiltonoperator
Ĥ = Ĥ0 − qE x̂ =
m
p̂2
+ ω 2 x̂2 − qE x̂.
2m
2
d) In der Störungstheorie erster Ordnung ist die Energieverschiebung durch das elektrische Feld
(1)
durch ∆En = hn|Ĥ|ni − hn|Ĥ0 |ni bestimmt. Zeigen Sie, dass die Energieverschiebung
(1)
∆En nicht vom elektrischen Feld abhängt.
(4 Punkte)
4.9 Eindimensionales, periodisches δ -Potential (H2005)
63
4.9 Eindimensionales, periodisches δ-Potential (H2005)
Ein Teilchen der Masse m bewege sich entlang der x-Achse in einer periodischen Anordnung
(Periode d) von anziehenden δ-Potentialen:
V (x) = Ṽ
∞
X
ν=−∞
δ(x − νd) .
Der Parameter Ṽ beschreibt die Stärke und das Vorzeichen der δ-Potentiale.
a) Welches Vorzeichen von Ṽ entspricht einem anziehenden Potential? Welche physikalische
Dimension hat der Parameter Ṽ ?
(3 Punkte)
b) Leiten Sie aus der eindimensionalen Schrödinger-Gleichung die folgende Anschlussbedingung für die Ableitungen Ψ0 (x) der Wellenfunktion Ψ(x) an der Stelle eines δ-Potentials der
Stärke Ṽ und Position a her:
Ψ0 (a + 0+ ) − Ψ0 (a + 0− ) =
2m
Ṽ Ψ(a) .
~2
Das Symbol 0+ bezeichnet hier eine infinitesimal kleine, positive Länge.
(8 Punkte)
c) Die Grundzustandswellenfunktion des Teilchens ist nullstellenfrei, periodisch und kann reell
gewählt werden. Begründen Sie kurz diese Aussagen.
(4 Punkte)
d) Die Grundzustandswellenfunktion hat für Ṽ < 0 im offenen Intervall zwischen benachbarten δ-Potentialen die Form
Ψ(x) = A0 [exp(λx) + exp(−λx)] .
Berechnen Sie die Grundzustandsenergie als Funktion von λ.
(6 Punkte)
e) Skizzieren Sie die Abhängigkeit der Wellenfunktion des Grundzustandes von der Position x
im Bereich −d < x < +d.
(4 Punkte)
4 QUANTENMECHAMIK
64
4.10 Dipolmatrixelemente (H2005)
In dieser Aufgabe sollen Dipolmatrixelemente xnm = hn|x|mi untersucht werden, wobei die
Zustände [sic!; recte: Zustandsvektoren] |ni und |mi Eigenzustände [sic!; recte: Eigenvektoren]
des Hamilton-Operators
p2
+ V (x)
H=
2M
eines Teilchens der Masse M in einem eindimensionalen Potential V (x) sind.
a) Zunächst werde ein harmonischer Oszillator mit V (x) = 21 M ω 2 x2 betrachtet. Geben Sie die
zugehörigen Energieeigenwerte En an, und berechnen Sie die Dipolmatrixelemente xnm .
Hinweis: Die Darstellung
in Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren
p des Ortsoperators
~/(2M ω)(a + a† ). Die Wirkung auf die Energieeigenzustände
a† bzw. a lautet x =
[sic!; recte: Energieeigenvektoren]
|ni des harmonischen Oszillators ergibt sich aus a|ni =
√
√
†
n |n − 1i und a |ni = n + 1 |n + 1i.
(7 Punkte)
b) Zeigen Sie, dass für jeden Eigenzustand [sic!; recte: Eigenvektor] |ni des harmonischen
Oszillators die Beziehung
∞
2M X
|xnm |2 (Em − En ) = 1
~2 m=0
gilt, wobei En die Eigenenergie des Zustands [mit dem Eigenvektor] |ni ist.
(9 Punkte)
c) Es wird nun ein unendlich tiefer Potentialtopf der Breite a mit dem Potential
(
0
−a/2 ≤ x ≤ a/2
V (x) =
∞ sonst
betrachtet. Skizzieren Sie die Eigenfunktionen. Zwischen welchen Zuständen kann es kein
von null verschiedenes Matrixelement xnm geben?
(9 Punkte)
4.11 Kastenpotential im elektrischen Feld (F2006)
65
4.11 Kastenpotential im elektrischen Feld (F2006)
Wir betrachten ein eindimensionales Kastenpotenzial mit unendlich hohen Barrieren bei x = 0
und bei x = L. Zusätzlich wirke ein schwaches elektrisches Feld F0 /L. Der Hamilton-Operator
ist gegeben durch
H = H0 + H1 ,
H0 = −


 0
~2 d2
+ V (x) , V (x) =

2m dx2

0<x<L
+∞
,
sonst
x
H1 = eF0 .
L
V
F0 ¹ 0
F0 = 0
0
0
x
0
L
x
L
Wir betrachten zunächst den Fall ohne angelegtes elektrisches Feld (linke Figur).
a) Wie lauten die Randbedingungen für eine Wellenfunktion bei x = 0 und bei x = L?
(2 Punkte)
b) Berechnen Sie die Energie und normierte Wellenfunktion des Grundzustands (E 0 , ψ0 ) und
des ersten angeregten Zustands (E1 , ψ1 ). Skizzieren Sie ψ0 und ψ1 . Welche Parität haben die
Zustände bzgl. der Mitte des Kastens? Zeigen Sie, dass gilt (E1 − E0 )/E0 = 3. (9 Punkte)
Nunmehr betrachten wir den Fall mit angelegtem Feld (rechte Figur).
a) Berechnen Sie nun mit Hilfe der Störungstheorie erster Ordnung die Energieverschiebung
(1)
(1)
∆E0 und ∆E1 der ersten beiden Zustände durch das elektrische Feld. Allgemein gilt nach
dieser Theorie, dass die durch eine Störung H1 induzierte Verschiebung eines stationären
Zustands [sic! recte: Zustands mit der Funktion] ψn gegeben ist durch
∆En(1) = hψn |H1 |ψn i.
(8 Punkte)
(1)
b) Zeigen Sie, dass die Energieverschiebung ∆En für n = 0, 1 verschwindet, wenn man zu
H1 eine geeignete Konstante c hinzufügt (und entsprechend von H 0 wieder abzieht). Welche
Parität muss H1 + c dazu bzgl. der Mitte des Kastens besitzen?
(6 Punkte)
Hinweise:
Z
Z
L
L
dx sin2 ax =
0
1 + 2a2 L2 − cos(2aL) − 2aL sin(2aL)
dx x sin (ax) =
8a2
2
0
L sin(2aL)
−
2
4a
4 QUANTENMECHAMIK
66
4.12 Eindimensionale Wellenfunktion (F2006)
Ein punktförmiges Teilchen der Masse m befinde sich in einem eindimensionalen Kasten der Breite 2a im Intervall −a < x < a. Die Wände des Kastens seien undurchdringlich, das Wandpotential
sei also unendlich hoch. Das Teilchen werde durch die Wellenfunktion ψ(x) = A(x 2 − a2 ) für
|x| < a beschrieben.
a) Berechnen Sie die Normierungskonstante
A.
q
Zur Kontrolle: A =
1
4
15
.
a5
(5 Punkte)
b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, das Teilchen im Intervall 0 < x < a/2 zu finden?
(5 Punkte)
c) Berechnen Sie die Fluktuationen ∆p des Impules und ∆x des Ortes des Teilchens in diesem
Zustand, und überprüfen Sie dafür die Heisenberg’sche Unschärferelation.
(10 Punkte)
d) Zeigen Sie, dass der Erwartungswert der Energie des Teilchens nur (10 − π 2 )/π 2 ' 1.32%
über der Grundzustandsenergie liegt.
(5 Punkte)
4.13 Freies quantenmechanisches Teilchen und Ehrenfest-Theorem (H2006)
67
4.13 Freies quantenmechanisches Teilchen und Ehrenfest-Theorem
(H2006)
Das Ehrenfest-Theorem für Observable, die nicht explizit von der Zeit abhängen, lautet
dhAi
i
= h[H, A]i.
dt
~
(1)
(Spitze Klammern stehen für den Erwartungswert in einem quantenmechanischen Zustand.) Wir
betrachten ein freies Teilchen der Masse m, das sich nur entlang der x-Achse bewegen kann.
a) Verwenden Sie Gleichung (1), um die Erwartungswerte von p und p 2 als Funktion von t zu
bestimmen (die Anfangswerte zur Zeit t = 0 seien vorgegeben). Was folgt daraus für die
Zeitabhängigkeit der Impulsunschärfe
p
∆p = hp2 i − hpi2 ?
(5 Punkte)
b) Betrachten Sie nun die gemischte Fluktuationsgröße
κ = h(xp + px)i − 2hxihpi,
welche die Korrelation zwischen x und p beschreibt. Bestimmen Sie die Zeitabhängigkeit
von κ für das freie Teilchen mit Hilfe von Gleichung (1).
2(∆p)2
Zur Kontrolle: κ = κ0 + m 0 t.
(10 Punkte)
c) Berechnen Sie schließlich auch die Zeitabhängigkeit des Erwartungswertes von x 2 . Drücken
Sie die Ortsunschärfe
p
∆x = hx2 i − hxi2
zur Zeit t durch ∆x, ∆p und κ zur Zeit t = 0 aus. Was erhält man für große Zeiten?
(10 Punkte)
4 QUANTENMECHAMIK
68
4.14 Interferenz im Schwerefeld (H2006)
Ein kohärenter Teilchenstrahl aus (unabhängigen) Teilchen der Masse m und Energie E läuft durch
einen Strahlteiler S bei (x, z) = (0, 0) und wird in 2 Teilstrahlen geteilt (siehe Figur).
R1
lx
D
z
lz
lz
x
S
g
R2
lx
a) Der erste Strahl führt von S senkrecht nach oben zu einem Reflektor R 1 an der Stelle (x, z) =
(0, `z ) und von dort horizontal weiter zu einem Detektor D an der Stelle (x, z) = (` x , `z ).
Diesen Weg bezeichnen wir mit W1 .
b) Der zweite Strahl führt von S horizontal zu einem Reflektor R2 an der Stelle (x, z) = (`x , 0)
und anschließend senkrecht nach oben zum selben Detektor D. Diesen Weg bezeichnen wir
mit W2 .
Das Gravitationsfeld der Erde führt zu einer Phasenverschiebung zwischen den beiden Teilstrahlen
am Detektor D, die sowohl von `x als auch von `z abhängt.
a) Berechnen Sie den Phasenunterschied ∆ϕ zwischen den beiden Strahlen an der Stelle D für
E > mg`z unter der Annahme, dass die Wellenfunktion eines Teilchens gegeben ist durch
(WKB-Näherung)
Z ~x
p~ (~r)
· d~r .
ψ(~x) = A exp i
}
Hieraus folgt der Phasenunterschied
Z
Z
1
1
∆ϕ =
p~ (~r) · d~r −
p~ (~r) · d~r ,
~
~
W1
W2
wobei p~(~r) der klassisch berechnete Teilchenimpuls eines Teilchens der Masse m und Energie E im Schwerefeld ist.
Hilfe: Die Integrale entlang der vertikalen Wege brauchen nicht ausgewertet zu werden.
(12 Punkte)
b) Nehmen wir nun an, dass E mg`z gilt. Zeigen Sie, dass dann der Phasenunterschied
∆ϕ proportional zur Fläche A = `x `z ist, die von den beiden Strahlen eingeschlossen wird.
(5 Punkte)
c) Benützen Sie dieses Resultat, um den Abstand zwischen den Interferenz-Maxima zu berechnen, wenn wir `z konstant halten und `x variieren.
(8 Punkte)
4.15 Wasserstoff-Atom im elektrischen Feld (F2007)
69
4.15 Wasserstoff-Atom im elektrischen Feld (F2007)
Bringt man ein Wasserstoff-Atom in ein homogenes elektrisches Feld, so werden die Energieniveaus verschoben. Im Folgenden soll dieser Effekt für den Grundzustand untersucht werden, wobei
wir uns der Einfachheit halber auf die zwei Eigenfunktionen
und
1
ψa (r, ϑ, ϕ) = p
exp(−r/a0 )
πa30
1
ψb (r, ϑ, ϕ) = p
r cos(ϑ) exp(−r/2a0 )
32πa50
des Wasserstoff-Problems beschränken. a0 bezeichnet hier den Bohr’schen Radius. Der Spin bleibt
in dieser Aufgabe unberücksichtigt.
a) Durch welche Quantenzahlen kann man die stationären Zustände des Wasserstoff-Problems
charakterisieren, und wie lauten die zugehörigen Eigenwertgleichungen? Geben Sie die zu
den Zustandsfunktionen ψa und ψb gehörigen Werte dieser Quantenzahlen an, und begründen
Sie Ihre Antwort ohne Rechnung. Was ergibt sich insbesondere für das Verhältnis der Eigenergien Ea und Eb der Zustände mit den Funktionen ψa bzw. ψb ?
(9 Punkte)
b) Berechnen Sie die vier Dipolmatrixelemente hψa |z|ψa i, hψa |z|ψb i, hψb |z|ψa i und
hψb |z|ψb i.
(9 Punkte)
1 256
Zur Kontrolle: hψa |z|ψb i = √
a0 .
2 243
Z ∞
n!
(α > 0).
xn e−αx dx = n+1
Hinweis:
α
0
c) Geben Sie die Matrixdarstellung des Hamilton-Operators
H = HH + Ez
in der Basis der beiden Zustandsftionen ψa und ψb an. Hierbei sei HH der Hamilton-Operator
des ungestörten Wasserstoff-Problems und E die Feldstärke des in z-Richtung gerichteten
elektrischen Feldes. Es ist günstig, die Größe d = hψa |z|ψb iE einzuführen.
Bestimmen Sie die Energieeigenwerte von H in der vorgegebenen Zweizustandsbasis.
Für kleine Feldstärken, E Ea /a0 , wird die Energie des Zustands mit der Funktion ψa um
∆Ea = −γ
d2
|Ea |
abgesenkt. Welcher numerische Wert ergibt sich für den Koeffizienten γ?
Wie nennt man den hier berechneten Effekt?
(7 Punkte)
4 QUANTENMECHAMIK
70
4.16 Zwei-Niveau-System (F2007)
Gegeben sei ein System mit einem zweifach entarteten Zustand mit der Energie E 0 = ~ω0 . Die
Eigenvektoren werden als
 
 
0 
1 
|φ1 i =   und |φ2 i =  
1
0
angesetzt. In dieser Basis wird der Hamilton-Operator des Systems also in der Form
 
 
1 0
1 0
H0 = E0   = ~ω0  
0 1
0 1
dargestellt.
a) Geben Sie die Eigenvektoren |ψi (t)i mit der Anfangsbedingung |ψi (0)i = |φi i als Lösungen
der zeitabhängigen Schrödinger-Gleichung als Funktion der Zeit t an.
(3 Punkte)
Die beiden Zustände seien nun gekoppelt; der die Kopplung beschreibende Hamilton-Operator sei


 
 0 ∆
0 1 
H1 = 
 = ~ω1   .
∆ 0
1 0
a) Bestimmen Sie die Eigenwerte E± und die normierten Eigenvektoren |φ± i von H = H0 +
H1 .
(11 Punkte)
b) Zum Zeitpunkt t = 0 sei das System im Zustand mit dem Zustandsvektor |ψ(0)i = |φ 1 i.
Geben Sie |ψ(t)i als Funktion der Zeit t an.
(8 Punkte)
c) Geben Sie Wahrscheinlichkeit dafür an, das System zum Zeitpunkt t 6= 0 im Zustand mit
|φ2 i zu finden, wenn es zum Zeitpunkt t = 0 im Zustand mit |ψ(0)i = |φ1 i gewesen ist.
(3 Punkte)
4.17 Bewegung im Potentialtopf (H2007)
71
4.17 Bewegung im Potentialtopf (H2007)
Ein Teilchen der Masse m befinde sich in einem unendlich tiefen Potentialtopf der Breite 2a, der
durch das Potential
(
0
|x| ≤ a
V (x) =
∞ sonst
beschrieben wird.
a) Bestimmen Sie die normierten Wellenfunktionen φ0 (x) des Grundzustands und φ1 (x) des
ersten angeregten Zustands sowie die zugehörigen Eigenenergien E 0 bzw. E1 .
(9 Punkte)
b) Berechnen Sie für den Zustand
φ(x) = φ0 (x) cos α + φ1 (x) sin α
die Ortsaufenthaltswahrscheinlichkeit in der linken Hälfte des Potentials (−a < x < 0) als
Funktion des Parameters α. Für welchen Wert von α ist die Wahrscheinlichkeit am größten,
das Teilchen in der linken Potentialhälfte zu finden?
(8 Punkte)
c) Es soll nun die Dynamik des Zustands untersucht werden, der zur Zeit t = 0 durch
1
ψ(x, t = 0) = √ φ0 (x) − φ1 (x)
2
beschrieben wird. Wie lautet die Wellenfunktion ψ(x, t) für beliebige Zeiten? Berechnen Sie
die Zeitabhängigkeit hx(t)i des Ortserwartungswertes.
(8 Punkte)
Hinweis: Gelegentlich können Symmetriebetrachtungen Rechenarbeit ersparen.
Nützliche Formeln:
1
sin(x) cos(y) =
sin(x − y) + sin(x + y)
2
Z
sin(ax) x cos(ax)
dx x sin(ax) =
−
a2
a
4 QUANTENMECHAMIK
72
4.18 Ableitung der Eigenenergien (H2007)
Der Hamilton-Operator Ĥ(λ) eines Teilchens soll von einem Parameter λ abhängen. Die Eigenzustandsvektoren |niλ und die Energien En (λ) sind daher ebenfalls eine Funktion dieses Parameters.
a) Beweisen Sie das Hellmann-Feynman-Theorem
dĤ
dEn
= hn|λ
|niλ
dλ
dλ
(1)
(10 Punkte)
Als Beispiel betrachten wir ein geladenes Teilchen in einem Potential, das unter Raumspiegelung
~r → −~r invariant ist. Das Teilchen werde durch den Hamilton-Operator Ĥ0 beschrieben. Zusätz~ eingeschaltet.
lich werde ein homogenes elektrisches Feld E
b) Geben Sie den Hamilton-Operator Ĥ1 an, welcher die Wechselwirkung des Teilchens mit
~ beschreibt.
dem Feld E
(5 Punkte)
c) Zeigen Sie unter Verwendung des Hellmann-Feynman-Theorems und von Symmetrieargumenten, dass der lineare Stark-Effekt für alle nicht-entarteten Eigenzustände von H 0 verschwindet. Das heißt, die Energien dieser Eigenzustände des Teilchens ändern sich nicht
linear, sondern erst in höherer Ordnung mit dem Betrag des elektrischen Feldes. (10 Punkte)
4.18 Ableitung der Eigenenergien (H2007)
Teil B: Lösungen
73
74
4 QUANTENMECHAMIK
75
5 Mechanik
5.1 Massenpunkt im Trichter (H2003)
a) Nachdem der Winkel ϑ als feste Größe gegeben ist, verwendet man am besten sphärische
Polarkoordinaten,
x = r sin ϑ cos ϕ ,
y = r sin ϑ sin ϕ ,
z = r cos ϑ .
Für die kinetische Energie benötigt man die Geschwindigkeiten (bei festem ϑ),
ẋ = ṙ sin ϑ cos ϕ − r sin ϑ ϕ̇ sin ϕ ,
ẏ = ṙ sin ϑ sin ϕ + r sin ϑ ϕ̇ cos ϕ ,
ż = ṙ cos ϑ .
Man erhält
potentielle Energie V = mgz = mgr cos ϑ
kinetische Energie T =
1
m (ẋ2
2
+ ẏ 2 + ż 2 ) = 12 m ṙ 2 + r 2 ϕ̇2 sin2 ϑ
Drehimpuls Lz = xẏ − y ẋ = mr 2 ϕ̇ sin2 ϑ
b) (i) Da die Lagrange-Funktion nicht explizit von der Zeit t abhängt, ist die Hamilton-Funktion
erhalten; weil die kinetische Energie quadratisch in den Geschwindigkeiten ist oder weil die
Zwangsbedingung skleronom ist, ist die Hamilton-Funktion gleich der Energie E = T + V .
(ii) Weil ϕ eine zyklische Koordinate ist, d.h. weil das System invariant ist gegen eine Drehung um den Winkel ϕ, ist der zugehörige kanonische Impuls, hier der Drehimpuls L z ,
erhalten.
c) Es muss die Zeit eliminiert werden. Die Ableitungen nach der Zeit kommen im Drehimpuls
vor (ϕ̇) und in der Energie (ṙ und ϕ̇). In der Energie kann man ϕ̇ durch den Drehimpuls
ersetzen:
Aus der Derhimpulserhaltung erhält man
Lz
.
sin2 ϑ
ϕ̇ =
mr 2
Aus der Energieerhaltung erhält man
ṙ 2 =
2
2
L2
E − 2gr cos ϑ − r 2 ϕ̇2 sin2 ϑ = E − 2gr cos ϑ − 2 2 z 2 .
m
m
m r sin ϑ
(iii) Schreibt man ϕ̇ = dϕ/dt und ṙ = dr/dt und eliminiert dt, erhält man
dϕ =
Lz
Lz
dr
q
2 dt = ±
2
2
sin ϑ
mr sin ϑ 2 E − 2gr cos ϑ −
mr 2
m
oder
Lz
ϕ(t) − ϕ(t0 ) = ±
m sin2 ϑ
Z
r
r0
L2z
m2 r 2 sin2 ϑ
dr 0
r 02
q
2
E
m
− 2gr 0 cos ϑ −
L2z
m2 r 02 sin2 ϑ
.
5 MECHANIK
76
5.2 Luftreibung (H2003)
a) Die nach oben zeigende Achse sei die z-Achse. wir wählen den Nullpunkt als z = 0.
(i) Umformulierung:
z̈ =
dv
dv dz
dv
=
=
v.
dt
dz dt
dz
(ii) Die Bewegungsgleichung ist
mz̈ = −mg − γ ż 2
oder
dv
= −mg − γv 2
dt
oder, mit der nachgewiesenen Relation,
m
m
dv
v = −mg − γv 2 .
dz
Das kann durch Separation der Variablen gelöst werden,
dz = −m
v dv
.
mg + γv 2
Mit den Bedinungen v = v0 bei z = 0 und v = 0 bei z = h erhält man (mit der Substitution
w = v 02 )
Z h
Z 0
v 0 dv 0
0
dz = −m
02
0
v0 mg + γv
Z
m 0
dw
=h−0 = −
2 v02 mg + γw
= +
m mg + γv02
ln
.
2γ
mg
b) Die Bewgungsgleichung lautet jetzt
mz̈ = −mg + γ ż 2 ,
also kehrt sich das Vorzeichen von γ in den folgenden Rechnungen um. Die analoge Integration mit v = 0 bei z = h und v = vrunter bei z = 0 führt zu
Z 2
Z 0
dw
m vrunter
0
−
dz = +
2 0
mg − γw
h
=h = −
2
m mg − γvrunter
ln
.
2γ
mg
Mit h von der vorigen Teilaufgabe erhält man
ln
2
2γ
mg − γvrunter
= − h
mg
m
mg
.
= ln
mg + γv02
5.2 Luftreibung (H2003)
oder
77
2
mg − γvrunter
mg
=
mg
mg + γv02
oder
2
γvrunter
= mg −
oder
2
vrunter
= v02
(mg)2
mg + γv02
mg
1
= v02
2
γv 2
mg + γv0
1+ 0
mg
oder
1
.
vrunter = −v0 p
1 + γv02 /(mg)
c) Die Schwerkraft ist konservativ. Der Energieverlust ist daher der Unterschied zwischen den
kinetischen Energien,


2
1  mv02
mv0 
γv02
.
1−
=
T (v0 ) − T (vrunter ) =
2
γv
2
2 mg + γv02
1+ 0
mg
5 MECHANIK
78
5.3 Rollender Zylinder auf schiefer Ebene (F2004)
a) Die abgerollte Strecke ist
⇒
ds = R dϕ
s = Rϕ .
Wir wollen ϕ im Folgenden positiv wählen, wenn der Zylinder hinab rollt.
b) Die kinetische Energie ist entweder die Rotationsenergie bezüglich des (momentanen) Auflagepunkts oder setzt sich zusammen aus der Translationsenergie des Schwerpunkts und
der Rotationsenergie bezüglich des Schwerpunkts; weil das Trägheitsmoment bezüglich des
Schwerpunkts gegeben ist und um den Satz von Steiner zu umgehen, wählt man geschickterweise die letztere Darstellung (wie angegeben),
1
3
1
T = M R2 ϕ̇2 + Θϕ̇2 = M R2 ϕ̇2 .
2
2
4
Die potentielle Energie ist
V = −M gs sin α = −M gRϕ sin α .
Die Lagrange-Funktion ist also
3
L = T − V = M R2 ϕ̇2 + M gRϕ sin α .
4
Die Euler-Lagrange-Gleichung ist
0=
d ∂L ∂L
3
−
= M R2 ϕ̈ − M gR sin α
dt ∂ ϕ̇ ∂ϕ
2
oder
ϕ̈ =
2 g
sin α ,
3R
c)
Die allgemeine Lösung der Bewegungsgleichung ist
ϕ(t) = ϕ0 + ϕ1 t +
1 g
sin α t2
3R
(mit den Integrationskonstanten ϕ0 und ϕ1 ).
Mit den gegebenen Anfangsbedingungen 0 = ϕ(0) = ϕ0 und Ω0 = ϕ̇(0) = ϕ1 erhält man
ϕ(t) = Ω0 t +
1 g
sin α t2 .
3R
Für Ω0 > 0 folgt der Verlauf einer nach links unten“ verschobenen, nach oben geöffneten
”
Parabel, die durch den Ursprung (t = 0) und den Punkt t = −(3RΩ 0 )/(g sin α) (−2 in der
Figur) geht. Das Minimum liegt bei t = −(3RΩ20 )/(4g sin α) (−1 in der Figur).
5.3 Rollender Zylinder auf schiefer Ebene (F2004)
79
4
3
ϕ
2
1
0
ϕ1
ϕ2
ϕ3
-1
-2
-3
-2
-1
0
t
1
2
3
Abbildung 1: Der qualitative Verlauf der Funktionen ϕ1 = 12 t2 , ϕ2 = t und ϕ3 = ϕ1 +ϕ2
für Ω0 > 0.
5 MECHANIK
80
5.4 Seilrollen (F2004)
a) Die Zwangsbedingungen
x + x3 = l3 ,
x1 + x 2 = l 2
erlauben die Elimination von x = l3 − x3 , x2 = l2 − x1 .
Die kinetischen Energien sind
1
m3 ẋ23 ,
2
1
1
T1 = m1 (ẋ + ẋ1 )2 = m1 (−ẋ3 + ẋ1 )2 ,
2
2
1
1
T2 = m2 (ẋ + ẋ2 )2 = m2 (ẋ3 + ẋ1 )2 ,
2
2
T3 =
und die potentiellen Energien
V3 = −m3 gx3 ,
Vl = −m1 g(x + xl ) = m1 g(x3 − x1 ) + c1 ,
V2 = −m2 g(x + x2 ) = m2 g(x3 + x1 ) + c2
mt Konstanten c1 und c2 . Daraus folgt die Lagrange-Funktion (unter Weglassen der Konstanten, die irrelevant sind)
L = T − V = T 1 + T2 + T3 − V1 − V2 − V3
1
1
1
= m1 (ẋ3 − ẋ1 )2 + m2 (ẋ3 + ẋ1 )2 + m3 ẋ23
2
2
2
−m1 g(x3 − x1 ) − m2 g(x3 + x1 ) + m3 gx3 .
b) Die Bewegungsgleichung für x3 folgt aus
∂L
= m1 (ẋ3 − ẋ1 ) + m2 (ẋ3 + ẋ1 ) + m3 ẋ3
∂ ẋ3
∂L
= −(m1 + m2 + m3 )g
∂x3
⇒ 0 = (m1 + m2 + m3 )ẍ3 − (m1 − m2 )ẍ1 − (m3 − m1 − m2 )g
und die Bewegungsgleichung für x1 aus
∂L
= −m1 (ẋ3 − ẋ1 ) + m2 (ẋ3 + ẋ1 )
∂ ẋ1
∂L
= (m1 − m2 )g
∂x1
⇒ 0 = −m1 (ẍ3 − ẍ1 ) + m2 (ẍ3 + ẍ1 ) − (m1 − m2 ) g
m1 − m 2
(g + ẍ3 ) .
⇒ ẍ1 =
m1 + m 2
5.4 Seilrollen (F2004)
81
Wenn man ẍ1 vom hier in die Gleichung für x3 einsetzt, erhält man
(m1 + m2 + m3 )ẍ3 =
(m1 − m2 )2
(g + ẍ3 ) + (m3 − m1 − m2 )g
m1 + m 2
oder, nach Zusammenfassen und Multiplizieren mit m1 + m2 ,
(m1 − m2 )2 + (m3 − m1 − m2 )(m1 + m2 )
ẍ3
=
g
(m1 + m2 )(m1 + m2 + m3 ) − (m1 − m2 )2
m3 (m1 + m2 ) − 4m1 m2
=
.
m3 (m1 + m2 ) + 4m1 m2
Die Beschleunigung ẍ1 verschwindet offensichtlich, wenn m1 = m2 gilt.
c) Die Beschleunigung ẍ3 verschwindet, wenn
m3 =
4m1 m2
.
m1 + m 2
Im Fall m1 = m2 dann bedeutet dies, dass die Gesamtmassen auf beiden Seiten der großen
Rolle gleich sein müssen,
m3 = m 1 + m 2 ,
denn die Massen auf der linken Seite verhalten sich dann wie eine einzige statische Masse.
5 MECHANIK
82
5.5 Fallmaschine (H2004)
a) Fall t ≤ τ : Die Masse m kann sich nur in vertikaler Richtung bewegen, solange z ≥ −d gilt.
Wir wählen die z-Koordinate als unabhängige Koordinate. Für die x-Koordinate, welche die
Lage des vorderen Teils der Masse M beschreibt, gilt
z = −2x .
(Es gibt 5 Zwangsbedingungen: Die Bewegung findet nur in der (x, z)-Ebene statt, y m =
0 = yM ; der Wagen bewegt sich nur entlang der x-Richtung, zM = 0; die Masse m hat die
gleiche x-Koordinate wie der Wagen, xm = xM = x; schließlich z = −2x.)
Die kinetische und potentielle Energie ist daher
M
m m 2 M + 5m 2
M 2 m 2 m 2
ẋ + ẋ + ż =
+ +
ż ,
T =
ż =
2
2
2
8
8
2
8
V = mgz,
L(z, ż) = T (ż) − V (z) =
M + 5m 2
ż − mgz .
8
Fall t ≥ τ : Die Bewegung der beiden Massen wird durch die Koordinate x beschrieben.
M +m 2
ẋ ,
2
V = −mgd = const. ,
T =
L(ẋ) =
M +m 2
ẋ .
2
Das konstante Potential kann weggelassen werden, da die Konstante nicht in die Euler-Lagrange-Gleichungen eingeht.
b) Die Bewegungsgleichungen sind
für t ≤ τ :
M + 5m
4mg
z̈ + mg = 0 =⇒ z̈ = −
,
4
M + 5m
für t > τ :
ẍ = 0 .
c) Mit den Anfangsbedingungen z(0) = 0, ż(0) = 0 erhält man
4mg
t,
M + 5m
2mg 2
z(t) = −
t .
M + 5m
ż(t) = −
Die Zeit τ , nach der die Masse m die Masse M erreicht, ist dann mit z(τ ) = −d
τ=
s
(M + 5m) d
.
2mg
5.5 Fallmaschine (H2004)
83
d) Zur Zeit τ beträgt die Koordinate x(τ ) = −z(τ )/2 = d/2 und die Geschwindigkeit entlang
der x-Achse
r
1
2mg
2mgd
ẋ(τ ) = − ż(t) =
τ=
.
2
M + 5m
M + 5m
Die Integration der Bewegungsgleichung ẍ = 0 mit diesen Anfangsbedingungen zur Zeit
t = τ gibt
x(t) = ẋ(τ ) (t − τ ) + x(τ ) .
Daraus folgt wegen x(T ) = d
d
d = ẋ(τ ) (T − τ ) + ,
2
s
s
d
(M + 5m) d 1 (M + 5m) d
T =τ+
=
+
.
2ẋ(τ )
2mg
2
2mg
Die beiden Massen erreichen die Rolle daher zur Zeit
s
3 (M + 5m) d
.
T =
2
2mg
5 MECHANIK
84
5.6 Bewegung in der Ebene (H2004)
1.a Mit
x = r cos ϕ
y = r sin ϕ
⇒
⇒
ẋ = ṙ cos ϕ − r ϕ̇ sin ϕ
ẏ = ṙ sin ϕ + r ϕ̇ cos ϕ
ist die Lagrange-Funktion
L = T = 12 m~r˙ 2 = 12 m ẋ2 + ẏ 2 = 12 m ṙ 2 + r 2 ϕ̇2 .
1.b Die kanonischen Impulse sind
∂L
= mṙ
∂ ṙ
∂L
= mr 2 ϕ̇ .
pϕ =
∂ ϕ̇
pr =
Die Hamilton-Funktion ist
H = pr ṙ + pϕ ϕ̇ − L = 21 m ṙ 2 + r 2 ϕ̇2
=
p2ϕ
p2r
+
=T =E.
2m 2mr 2
1.c Da die Lagrange-Funktion L nicht explizit von der Zeit abhängt, ist die Hamilton-Funktion
H eine Erhaltungsgröße. Da keine Zwangsbedingungen vorliegen, ist die Hamilton-Funktion
gleich der Energie E, und damit ist die Energie eine Erhaltungsgröße. Da ϕ eine zyklische
Variable ist, ist der zugehörige kanonische Impuls pϕ eine Erhaltungsgröße. (Der Impuls
senkrecht zur Ebene ist eine (verschwindende) Erhaltungsgröße, etc.)
2.a Mit
L = 12 m ṙ 2 + r 2 ω 2
erhält man
0=
d ∂L ∂L
−
= r̈ − ω 2 r .
dt ∂ ṙ
∂r
2.b Die Kraft ist
~ = m~r¨ = m r̈ − rω 2 ~er + m (0 + 2ṙω) ~eϕ = 2mṙω~eϕ
K
mit der Bewegungsgleichung von Teilaufgabe 2.a.
Wer nicht gut mit ebenene Polarkoordinaten umgehen kann, kann folgendermaßen vorankommen: Mit
ẋ = ṙ cos ωt − rω sin ωt
ẏ = ṙ sin ωt + rω cos ϕ
erhält man
und
ẍ = r̈ − rω 2 cos ωt − 2ṙω sin ωt = 0 − 2ṙω sin ωt
ÿ = r̈ − rω 2 sin ωt + 2ṙω cos ωt = 0 + 2ṙω cos ωt
~ = 2mṙω (− sin ωt, cos ωt) = 2mṙω~eϕ .
K
5.6 Bewegung in der Ebene (H2004)
2.c Die Leistung ist
~ · ~r˙ = m~r¨ · ~r˙ = d m ~r˙ · ~r˙ = d E .
P =Z
dt 2
dt
Alternativ:
und
~ · ~r˙ = 2mṙω~eϕ · (ṙ~er + rω~eϕ ) = 2mω 2 r ṙ
P =Z
md 2
d
ṙ + r 2 ω 2 = m ṙr̈ + r ṙω 2 = 2mω 2 r ṙ
E=
dt
2 dt
unter Verwendung der Bewegungsgleichung.
85
5 MECHANIK
86
5.7 Pendelbewegung (F2005)
a) Die Bewegung findet in der (x, z)-Ebene statt. Die Koordinaten der beiden Massen m 2 und
m1 sind
(x2 , 0) bzw. (x2 + l sin φ, −l cos φ) .
Die Geschwindigkeiten sind
(ẋ2 , 0) bzw. (ẋ2 + lφ̇ cos φ, +lφ̇ sin φ) .
Die kinetischen Energien sind
T1 =
1
m
2 1
T2 =
1
m ẋ2
2 2 2
ẋ22
2 2
+ l φ̇ + 2lẋ2 φ̇ cos φ
.
Die potentiellen Energien sind
V1 = m1 gl (1 − cos φ)
V2 = 0
mit Vi = 0 in den Ruhelagen. Die Lagrange-Funktion ist dann
L = T − V = 12 (m1 + m2 ) ẋ22 + 12 m1 l2 φ̇2 + 2lẋ2 φ̇ cos φ − m1 gl (1 − cos φ) .
b) Die Euler-Lagrange-Gleichungen sind
i
∂L
d h
d ∂L
0=
−
=
(m1 + m2 ) ẋ2 + m1 lφ̇ cos φ
dt ∂ ẋ2 ∂x2
dt
i
d ∂L ∂L
d h
2
0=
−
m1 l φ̇ + m1 lẋ2 cos φ + m1 lẋ2 φ̇ sin φ + m1 gl sin φ
=
dt ∂ φ̇
∂φ
dt
= m1 l lφ̈ + ẍ2 cos φ + g sin φ .
c) Im Grenzfall kleiner Pendel-Auslenkungen, φ π, hat man
sin φ = φ + O(φ3 )
cos φ = 1 + O(φ2 )
und damit
i
d h
(m1 + m2 ) ẋ2 + m1 lφ̇ = (m1 + m2 ) ẍ2 + m1 lφ̈
dt
0 = lφ̈ + ẍ2 + gφ .
0 =
Wenn man ẍ2 aus diesen beiden Gleichungen eliminiert, erhält man
φ̈ +
m1 + m 2 g
φ=0
m2
l
mit den Eigenlösungen
φ(t) = e
±iωt
,
ω=
r
m1 + m 2 g
m2
l
(1)
(2)
5.7 Pendelbewegung (F2005)
87
und der allgemeinen Lösung
φ(t) = ae+iωt + be−iωt = A sin(ωt) + B cos(ωt) .
Mit den Anfangsbedingungen φ = 0 und φ̇ = 0 für t = 0 erhält man
φ(t) = 0 .
Aus
(1)
ẍ2 = −
m2
lφ̈
m1 + m 2
erhält man durch zweifache Integration
x2 (t) = −
oder alternativ aus
mit der Lösung
m1
lφ(t) + C + Dt
m1 + m 2
(2)
ẍ2 = −lφ̈ − gφ = lω 2 − g φ
g
− l φ(t) + E + F t .
x2 (t) =
ω2
Mit den Anfangsbedingungen φ ≡ 0 von oben sowie mit x2 = 0 und ẋ2 = v0 für t = 0
erhält man
x2 (t) = v0 t .
Das ist die gleichförmige Bewegung des vertikal hängenden Pendels mit der Geschwindigkeit v0 .
~ i erhält man aus
NB: Die Zwangskräfte Z
¨1 = Z
~ 1 + m1~g
m1~x
¨2 = Z
~2 .
m2~x
5 MECHANIK
88
5.8 Kleine Schwingungen (F2005)
a) z zeige nach unten. Dann ist die gesamte potentielle Energie W (z) = −mgz + Cz 4 /4. Für
die Ruhelage z0 gilt:
dW 0=
= −mg + Cz03 ⇒ z0 = (mg/C)1/3
dz z=z0
4
V(z) = z /4
W(z) = V(z) - z
2
W(u) - W(z0) ~ 3u
V, W
4
z=0
2
z = z0 = 1
0
z = z0
u=0
z
u
0
-2
-1
0
u
1
z
2
Abbildung 2: (Links) Die Feder in der Ruhelage.
Abbildung 3: (Rechts) Die verschiedenen Potentiale (schematisch)
b) Wir bezeichnen die kleine Auslenkung um die Ruhelage mit u = z − z 0 . Dann gilt näherungsweise
1
3
1
W (u) − W S(z0 ) = V 00 (z0 )u2 = 3Cz02 u2 = C 1/3 (mg)2/3 u2
2
2
2
(mit V 0 (z0 ) = 0 wegen der Gleichgewichtsbedingung). Die Bewegungsgleichung lautet damit
mü = −W 00 (z0 )u = −V 00 (z0 )u .
Die allgemeine Lösung ist
u(t) = A sin(ωt) + B cos(ωt) ,
ω=±
r
V 00
.
m
Aus den beiden Anfangsbedingungen folgt u̇(0) = 0 ⇒ A = 0 und u 0 = z(0) − z0 = B
und damit die Lösung
u(t) = z(t) − z0 = (z(0) − z0 ) cos(ωt) .
c) Die Frequenz f = ω/2π erhält man aus obiger Gleichung:
r
√ 1/6
3 C
1 V 00
=
g 1/3 .
f=
2π m
2π m
5.9 Relativistisches Punktteilchen (H2005)
89
5.9 Relativistisches Punktteilchen (H2005)
a) Für kleine Geschwindigkeiten, v c, kann man den Ausdruck für die Lagrange-Funktion
L in eine Taylor-Reihe entwickeln,
2
p
v2
v
2
2
L = λ 1 − v /c ≈ λ 1 − 2 = λ − λ 2 .
2c
2c
Vergleich mit der nicht-relativisten Lagrange-Funktion Ln.r. = mv 2 /2 liefert
m
λ
=− 2
2
2c
⇒
λ = −mc2
(bis auf eine irrelevante additive Konstante, welche in den Euler-Lagrange-Gleichungen herausfällt), also
p
L = −mc2 1 − v 2 /c2 = −mc2 /γ
mit
1
γ=p
.
1 − v 2 /c2
(die Masse m ist hier also die Ruhemasse.)
b) Der kanonische Impuls ist, mit v = ẋ,
p=
mv
∂L
=p
= γmv .
∂v
1 − v 2 /c2
(3)
Für die folgende Teilaufgabe sei noch die Umkehr-Relation angegeben: Durch Quadrieren
erhält man aus Gleichung (3)
v2
1 − 2 p2 = m2 v 2 .
c
Auflösen nach v 2 führt zu
sowie zu
p2
v2
=
c2
m2 c 2 + p 2
p
(mc)2 + p2
=
,
γ=p
mc
1 − v 2 /c2
1
(4)
wobei sinnvollerweise nur die positive Wurzel genommen ist.
c) Die Energie bzw. die Hamilton-Funktion ist
2
∂L
mc2
v
1
2
2
E = H = vp − L = v
− L = γmv +
= γmc
+
∂v
γ
c2 γ 2
2
v2
mc2
v
2
2
p
+
1
−
=
γmc
=
= γmc
.
c2
c2
1 − v 2 /c2
Wenn man hier γ mit Gleichung (4) durch p ersetzt, erhält man die Energie-Impuls-Beziehung
p
E = (mc2 )2 + (pc)2 .
5 MECHANIK
90
5.10 Schwingungsdauer (H2005)
a) Die potentielle Energie und damit die Lagrange-Funktion sind nicht explizit zeitabhängig,
also ist die Hamilton-Funktion und (wegen fehlender Zwangsbedingunge) die Energie eine
Erhaltungsgröße,
1
1
1
E = mẋ2 + Dxn = DAn ,
2
2
2
wobei A die Amplitude ist.
b) Aus dem Energieerhaltungssatz folgt
√
dt = ± m √
wobei dt positiv sein soll.
√
dx
dx
p
=
±
,
m
2E − Dxn
D (An − xn )
c) Integration über eine Viertelperiode mit der Substitution y = x/A gibt
r
Z 1
Z Ar
dy
m
m
T
dx
p
√
=+
=A
n
n
n
4
DA
DA 0
1 − yn
1 − (x/A)
0
Aus dem Vergleich mit
T =4
r
m Cn
D Aγ
folgt
n
γ = −1,
2
Cn =
Z
1
0
√
dy
.
1 − yn
Nur für das harmonische Potential mit γ = 0 ⇒ n = 2 hängt die Schwingungsdauer
nicht von der Amplitude ab, sonst wird sie mit wachsender Auslenkung kleiner (für n > 2).
(Steilere Potentiale führen zu stärker rücktreibenden Kräften.)
5.11 Pendel mit beweglichem Aufh¨angepunkt (F2006)
91
5.11 Pendel mit beweglichem Aufhängepunkt (F2006)
a) Es liegen vier (holonome, skleronome) Zwangsbedingungen vor:
z1 = 0 ,
z2 = 0 ,
y1 =
0,
(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 = `2 .
Von den ursprünglich sechs Freiheitsgraden verbleiben also zwei unabhängige Freiheitsgrade x1 und φ. Die Position der Masse m1 ist dann durch x1 und die der Masse m2 ist durch
x2 = x1 + ` sin φ
(1)
y2 = −` cos φ
(2)
gegeben.
b) Trivialerweise sind die z-Komponenten der Impulse der beiden Massen erhalten. Weil das
Gesamtsystem invariant gegen eine Verschiebung in x-Richtung ist, ist die x-Komponente
des Schwerpunktsimpulses
Px = m1 ẋ1 + x2 ẋ2 = const. = P0
erhalten.
c) Die gewünschte Gleichung enthält nur die Variablen x2 und y2 der zweiten Masse; also muss
man x1 und φ aus den Gleichungen (1) und (2) und dem Erhaltungssatz für P x eliminieren.
Einerseits liefern die Gleichungen (1) und (2)
2 x2 − x 1
y2 2
+
=1.
`
`
(3)
Andererseits liefert die Integration des Erhaltungssatzes für Px
M X = m 1 x1 + m 2 x2 = P 0 t + M X 0
⇒
x1 = −
m2
P0 t + M X 0
x2 +
.
m1
m1
mit M = m1 + m2 . Wenn man x1 in (3) einsetzt, erhält man
2 M x2 − (P0 t + M X0 )
y2 2
+
=1.
m1 `
`
Vergleich mit
liefert
x2 (t) − A(t)
ax
2
+
y2 (t)
ay
2
=1
m1
`
M
ay = `
ax =
A(t) =
P0
t + X0 .
M
Die Bewegung erfolgt dann auf einer Ellipse, wenn A(t) nicht von der Zeit abhängt. In
diesem Fall muss also die x-Komponente Px des Schwerpunktsimpulses verschwinden, P0 =
0.
5 MECHANIK
92
5.12 Teilchen in konstantem Zentralkraftfeld (F2006)
a) Die Newton’sche Bewegungsgleichung lautet hier
~ r ) = −K~er .
m~r¨ = K(~
Es liegt ein Zentralkraftfeld vor, so dass die Kraft konservativ ist. Integration in radialer
Richtung liefert die potentielle Energie
Z
Z
Z
~
V (~r) = − K(~r ) · d~r = +K ~er · d~r = K dr = K|~r| .
(Die Integrationskonstante ist hier zu Null angenommen.) Der Energieerhaltungssatz lautet
somit
m
E = ~r˙ 2 + K|~r| .
(1)
2
b) Weil das vorliegende Kraftfeld ein Zentralfeld ist, ist der Drehimpuls eine Erhaltungsgröße.
Expliziter Nachweis: Die zeitliche Änderung des Drehimpulses ergibt sich als
d
d~
L = m~r × ~r˙
dt
dt
= m~r˙ × ~r˙ + m~r × ~r¨
= 0 − K~r × ~er
= 0.
~ = ~r × p~ liegen alle Bahnpunkte in einer Ebene, deren Normalenvektor durch den
Wegen L
~ gegeben ist.
konstanten Drehimpulsvektor L
c) Für eine ebene Bewegung gilt in ebenen Polarkoordinaten einerseits
˙ 2 = ṙ 2 + r 2 ϕ̇2
~r
und andererseits
Lz = mr 2 ϕ̇ .
Wenn man hier ϕ̇ eliminiert, erhält man
2
˙ 2 = ṙ 2 + Lz .
~r
m2 r 2
Alternativ:
~ 2 = m2 (~r × ~r˙ )2
L
= m2 ~r 2~r˙ 2 − (~r · ~r˙ )2
= m2 r 2 ~r˙ 2 − (~er · ~r˙ )2
= m2 r 2 (~r˙ 2 − ṙ 2 )
Daraus ergibt sich die gesuchte Beziehung
~2
L
~r˙ 2 = 2 2 + ṙ 2 .
m r
(2)
5.12 Teilchen in konstantem Zentralkraftfeld (F2006)
93
d) Durch Einsetzen von (2) in (1) erhält man für die Energie
E=
~2
m 2
L
ṙ +
+ Kr
2
2mr 2
und somit für das effektive Potential für die Radialbewegung
Veff (r) =
~2
L
+ Kr
2mr 2
Veff (r)
Skizze:
r
Eine Kreisbahn liegt gerade dann vor, wenn die Energie E gleich dem Minimum des effektiven Potentials Veff (r) ist:
~2
d
L
!
Veff (r) = − 3 + K = 0 .
dr
mr
Damit ergibt sich für den Kreisradius
rK =
s
3
~2
L
mK
~ = mr 2 ω ergibt sich für den Kreis die Winkelgeschwindigkeit
Mit |L|
s
~
K2
|L|
3
ωK =
.
=
2
~
mrK
m|L|
5 MECHANIK
94
5.13 Rotierende Stange (H2006)
Es handelt sich um eine ebene Bewegung ohne Schwerefeld.
a) Der momentane Abstand der Masse vom Ursprung ist s + a. Dann erhältman
L=T −V =
i k
mh 2
ṡ + (s + a)2 ϕ̇2 − s2
2
2
b) Die Lagrange-Gleichungen sind
0 =
d ∂L ∂L
−
= ms̈ − m (s + a) ϕ̇2 + ks
dt ∂ ṡ
∂s
0 =
d ∂L ∂L
d
−
= (m(s + a)2 ϕ̇) = 2m(s + a)ṡϕ̇ + m(s + a)2 ϕ̈
dt ∂ ϕ̇ ∂ϕ
dt
Der Term m (s + a) ϕ̇2 ist die Zentrifugalkraft relativ zu P .
Der Term 2mṡϕ̇ ist die Coriolis-Kraft auf die Stange.
Beide Terme repräsentieren Scheinkräfte im rotierenden System.
Für die weitere Rechnung ist es allerdings sinnvoll, die Ableitung nach der Zeit in der (zweiten) Gleichung für ϕ nicht explizit auszuführen.
c) ϕ ist eine zyklische Variable; die erhaltene Größe ist die zur Bewegungsebene senkrechte
Komponente des Drehimpulses bzgl. des Punktes P ,
` = m (s + a)2 ϕ̇ = const.
Die Lagrange-Funktion L ist zeitunabhängig, also ist die Hamilton-Funktion erhalten. Weil
außerdem L quadratisch in den Geschwindigkeiten ist (oder: weil die Zwansgbedingung
holonom ist), ist die Energie erhalten,
E = T + V = const.
d) Mit
`
ϕ̇ =
m (s + a)2
Veff (s)
erhält man
ms̈ =
mit
`2
d
Veff (s)
3 − ks = −
ds
m (s + a)
`2
1
1
.
Veff (s) = ks2 +
2
2 m (s + a)2
(m (s + a)2 ist das momentane Trägheitsmoment
bzgl. des Drehpunkts!)
Skizze:
s = s0
s = −a s = 0
s
5.13 Rotierende Stange (H2006)
95
e) Die Ruhelage s0 ist durch das Minimum des effektiven Potentials gegeben,
dVeff (s) `2
0=
=
ks
−
0
ds s0
m (s0 + a)3
(oder durch s̈ = 0). Für s0 a, gilt folglich
s0 =
`2
.
kma3
Die Bewegung ist für alle Energien gebunden. Der Massenpunkt vollführt anharmonische
Schwingungen um s0 .
5 MECHANIK
96
5.14 Fallender Stein auf rotierender Erde (H2006)
~ = R~ez + ~r in der Bewegungsgleichung für X
~ erhält man die Bewegungsgleichung
a) Mit X
für ~r,
d~r
d2~r
= −g0~ez − ω
~ × [~ω × (R~ez + ~r)] − 2~ω ×
.
2
dt
dt
Die ~r-Abhängigkeit der Zentrifugalkraft soll vernachlässigt werden,
−~ω × [~ω × (R~ez + ~r)] ≈ −~ω × [~ω × R~ez ] .
Wegen ω
~ = ω~ez gilt
−~ω × [~ω × R~ez ] = ω 2 R~ez .
Alternativ:
~ = (~ω · X)~
~ ω − (~ω · ω
~ = 0 − ω 2X
~
ω
~× ω
~ ×X
~ )X
= −ω 2 (R~ez + ~r) ≈ −ω 2 R~ez .
Damit bekommen wir die Differentialgleichung
d2~r
d~r
2
=
−g
+
ω
R
~ez − 2~ω ×
0
2
dt
dt
b) Ohne die Coriolis-Kraft vereinfacht sich die Bewegungsgleichung
d2~r0
= −g0 + ω 2 R ~ez ,
2
dt
und wir erhalten für die Bewegung aus der Ruhe heraus
~r0 (t) = −
mit
1
1
g0 − ω 2 R t2~ez = − geff t2~ez
2
2
geff = g0 − ω 2 R .
Der jeweils zweite Term in den Klammern ist die Zentrifugalbeschleunigung.
c) Mit dem Ansatz
~r(t) = ~r0 (t) + ~u(t)
erhält man für den Coliolis-Term
−2~ω ×
d(~r0 + ~u)
d~r
= −2~ω ×
.
dt
dt
Für das Folgende beachte man, dass der erste Term bereits (wegen des Faktors ω) von erster
Ordnung klein ist und dass der zweite Term von zweiter Ordnung klein ist.
Wenn man diesen Term in der Bewegungsgleichung berücksichtigt, erhält man
d(~r0 + ~u)
d2~r0 d2 ~u
+ 2 = −geff ~ez − 2~ω ×
.
2
dt
dt
dt
5.14 Fallender Stein auf rotierender Erde (H2006)
97
Dabei heben sich die jeweils ersten Terme auf beiden Seiten wegen des Ergebnisses von
Teilaufgabe (b) heraus, und es verbleibt
d2 ~u
d(~r0 + ~u)
= −2~ω ×
.
2
dt
dt
Das kann sofort einmal integriert werden,
d~u
= −2~ω × (~r0 + ~u) + ~c
dt
mit einem kontanten Vektor ~c, der aus der Anfangsbedingung bestimmt werden kann, ~c = 0.
d) Für kleine Abweichungen vom Lot (|~u| |~r0 |) bekommt man als Bewegungsgleichung
d~u
= −2~ω × ~r0 = ω
~ × geff ~ez t2 = ωgeff t2~ex × ~ez
dt
mit der Lösung
t3
~ey .
3
Das ist eine Ost-Ablenkung. (Die Integrationskonstante verschwindet wegen der Anfangsbedingung.)
~u(t) = −ωgeff
5 MECHANIK
98
5.15 Dynamik einer Punktmasse auf einem Kegelmantel (F2007)
a) Die Lagrange-Funktion für die Punktmasse m lautet in kartesischen Koordinaten
m 2
L=T −V =
ẋ + ẏ 2 + ż 2 − mgz
2
In Polarkoordinaten hat man
x = ρ cos φ
y = ρ sin φ
z = ρ cot α ,
wobei z über die Zwangsbedingung festgelegt ist. Die für die kinetische Energie benötigten
Ableitungen sind
ẋ = ρ̇ cos φ − ρφ̇ sin φ
ẏ = ρ̇ sin φ + ρφ̇ sin φ
ż = ρ̇ cot α .
Damit wird die Lagrange-Funktion
m 2
ρ̇ + ρ2 φ̇2 + ρ̇2 cot2 α − mgρ cot α .
L=T −V =
2
b) Die Bewegungsgleichungen folgen mit Hilfe der Euler-Lagrange-Gleichungen
h
d ∂L ∂L
−
= m 1 + cot2 α ρ̈ − ρφ̇2 + g cot α
0 =
dt ∂ ρ̇
∂ρ
d ∂L ∂L
d 2 0 =
−
=m
ρ φ̇ − 0 .
dt ∂ φ̇
∂φ
dt
(3)
(4)
(5)
In der letzten Geichung ist es offensichtlich sinnvoll, die Ableitung nach der Zeit nicht explizit durchzuführen, weil man hier eine Erhaltungsröße erhält.
c) Der Winkel φ ist eine zyklische Koordinate, so dass der Drehimpuls
Lz =
∂L
= mρ2 φ̇ = const.
∂ φ̇
eine Konstante der Bewegung ist.
d) Für eine Kreisbahn ρ = ρ0 gilt ρ̇ = 0 und ρ̈ = 0 und damit aus Gleichung (4)
g cot α
ρ0 =
.
φ̇2
Wenn man φ̇ mit Hilfe des Drehimpulses eliminiert, erhält man
1/3
L2z
m2 ρ40
⇒ ρ0 =
.
ρ0 = g cot α 2
Lz
m2 g cot α
(6)
(7)
NB: Das Zwischenergebnis
L2
m 1 + cot2 α ρ̈ − z3 + mg cot α = 0
mρ
erhält man, wenn man φ̇ in Gleichung (4) eliminiert.
(8)
5.15 Dynamik einer Punktmasse auf einem Kegelmantel (F2007)
99
e) Für kleine Störungen ρ1 der Kreisbahn, also für ρ = ρ0 + ρ1 , erhält man
0 = m 1 + cot2 α (ρ̈0 + ρ̈1 ) −
L2z
+ mg cot α
m (ρ0 + ρ1 )3
L2z
= 0−
+ mg cot α
mρ30
L2
+m 1 + cot2 α ρ̈1 + 3 z4 ρ1 + O(ρ21 ) .
mρ0
(9)
(10)
(11)
Die Terme nullter Ordnung (ρ01 ) verschwinden wegen Gleichung (6); die Terme erster Ordnung (ρ11 ) ergeben die Schwingungsgleichung
1
3L2z
0 = ρ̈1 +
ρ = ρ̈1 + ω02 ρ1
2
4 1
2
(1 + cot α) m ρ0
(12)
mit der Schwingungsfrequenz
ω02 =
1
3L2z
.
1 + cot2 α m2 ρ40
(13)
Die Terme zweiter Ordnung werden gegenüber denen erster Ordnung vernachlässigt.
NB: Mit der Funktion ρ1 wird die Stabilität der Bewegung von ρ0 untersucht: Falls die allgemeine Lösung |ρ1 | (un)beschränkt ist, dann ist ρ0 (in)stabil.
Hier also sind die Lösungen ρ1 Überlagerungen von e±iωt und damit bschränkt.
5 MECHANIK
100
5.16 Rakete (F2007)
a) Der Impuls zum Zeitpunkt t ist
P = MV .
Zu einem späteren Zeitpunkt t + dt ist der (gleiche) Impuls auf die Rakete und die ausgestoßene Masse verteilt; die Masse der Rakete ist M − dM , die Geschwindigkeit der Rakete ist
V + dV , die Geschwindigkeit der ausgestoßenen Masse dM ist V + dV − v,
P = (M − dM ) (V + dV ) + dM (V + dV − v) .
b) Linearisierung führt zu
M V = P = (M V − V dM + M dV ) + (V − v) dM
oder
M dV = −v dM
oder
−
dV
dM
=
.
M
v
c) Die Lösung der Differentialgleichung ist
V
= − ln M + c
v
mit einer Integrationskonstanten c.
Die Anfangsbedingung ist M = M0 für V = V0 , woraus
4
man die Integrationskonstante bestimmen kann,
3
(V - V0) / v
⇒
V0
= − ln M0 + c
v
V − V0
M
= − ln
.
v
M0
2
1
Skizze: (Die Kurve wird mit der Zeit von rechts unten nach
0
0
links oben durchlaufen.)
0.2
0.4
0.6
0.8
1
M/M0
d) Mit Ṁ = µ = const. erhält man
M (t) = M0 − µt
und damit
V (t) = V0 − v ln
M0 − µt
.
M0
e) Wenn die Hälfte der Masse ausgestoßen ist, erhält man die Endgeschwindigkeit
V = V0 + v ln 2 .
Die Endgeschwindigkeit ist umso größer, je größer die Ausstoßgeschwindigkeit v ist und je
geringer die Nutzlast bzw. je höher der Anteil des Treibstoffs an der Gesamtmasse ist.
5.17 Freies Teilchen in Polarkoordinaten (H2007)
101
5.17 Freies Teilchen in Polarkoordinaten (H2007)
a) Mit
x = r cos(φ)
y = r sin(φ)
ẋ = ṙ cos(φ) − r φ̇ sin(φ)
⇒
ẏ = ṙ sin(φ) + r φ̇ cos(φ)
erhält man für die kinetische Energie
m 2
m 2
T =
ṙ + r 2 φ̇2 .
ẋ + ẏ 2 =
2
2
b) Da die potentielle Energie verschwindet, ist die Lagrange-Funktion durch die kinetische
Energie gegeben,
m 2
L=T =E=H=
ṙ + r 2 φ̇2 .
2
Der Winkel φ ist eine zyklische Koordinate, sodass der zugehörige kanonische Impuls eine
erhaltene Größe ist,
∂T
∂T
=0 ⇒
= mr 2 φ̇ = Lz ,
∂φ
∂ φ̇
das ist die (einzig nichtverschwindende) Komponente Lz des Drehimpulses.
Mit φ̇ = Lz /mr 2 ergibt sich für die Energie
m 2
m
L2z
(ṙ + r 2 φ̇2 ) = ṙ 2 +
.
2
2
2mr 2
Durch Vergleich mit dem in der Aufgabenstellung angegebenen Ausdruck (1) findet man
E=T =
A=
L2z
> 0.
2m
c) Den minimalen (und ggf. auch maximalen) Abstand erhält man für ṙ = 0. Aus dem Energieerhaltungssatz (2) zfindet man
p
r(0) = rmin = A/E .
Aus dem Energieerhaltungssatz (2)
E
m 2 A
ṙ + 2
2
r
erhält man durch Trennung der Variablen
r
r
m
rdr
m
rdr
r
p 2
dt =
=
.
2
2E
2E
A
r
−
r
min
r2 −
E
Mit der Substitution r 2 = u erhält man
r
r
r
r 2
Z t
Z 2
q
q
m
m
1 m r
du
0
2
2
p
t=
=
u − rmin =
r 2 − rmin
dt =
.
2
2
2
2E
2E
2E
2
u
−
r
0
rmin
rmin
min
Auflösen nach r ergibt schließlich
r = rmin
r
1+
2E 2 2
t .
mA
Alternativ kann man das in der Aufgabenstellung angegebene Integral verwenden.
(2)
5 MECHANIK
102
d) Die Entwicklung von r(t) bis zur ersten Ordnung ergibtschon die zweite Ordnung in t,
E2 2
t .
r ≈ rmin 1 +
mA
Damit ist
E2
rmin .
mA
Aus dem Energiesatz zur Zeit t = 0 mit r(0) = rmin und ṙ(0) = 0 folgt
r̈(0) = 2
E2
L2z
=
.
4
A
2mrmin
2
Mit Lz = mrmin
φ̇(0) ergibt sich schließlich
r̈(0) = φ̇(0)2 rmin
in Übereinstimmung mit dem erwarteten Ausdruck für die Zentrifugalbeschleunigung.
5.18 Klettern am Seil (H2007)
103
5.18 Klettern am Seil (H2007)
a) Die Zwangsbedingung, nämlich der Abstand der Affen entlang des Seils, ist
1
− (z1 + z2 ) = 2h − at2
2
⇒
1
z1 = at2 − 2h − z2
2
⇒
ż1 = at − ż2 .
b) Die Lagrange-Funktion ist L = T − U mit
T =
m2 2
m1 2 m2 2 m1
ż1 +
ż2 =
(ż2 − at)2 +
ż
2
2
2
2 2
und
U = m1 gz1 + m2 gz2 = gz2 (m2 − m1 ) + m1 g
1 2
at
2
c) Die Euler-Lagrange-Gleichung ist
d
dt
∂L
∂ ż2
=
− 2h .
∂L
∂z2
liefert
(m1 + m2 ) z̈2 − m1 a = −g(m2 − m1 )
⇒
z̈2 = a
m2 − m 1
m1
−g
.
m1 + m 2
m1 + m 2
das ist eine zeitlich konstante Beschleunigung z̈2 und wegen der Zwangsbedingung auch
eine zeitlich konstante Beschleunigung z̈2 ,
z̈1 − z̈2 = a − 2z̈2 = (a + 2g)
m2 − m 1
.
m1 + m 2
d) Affe 1 ist schneller oben für z̈1 − z̈2 > 0, also für m1 < m2 (es lohnt sich also für schwere
Leute nicht, sich abzuhetzen!). Im Fall m1 > m2 ist Affe 2 schneller oben, bei m1 = m2
kommen beide gleichzeitig an.
104
5 MECHANIK
105
6 Elektrodynamik
6.1 Magnetischer Dipol (H2003)
a) 1. Alternative:
4π ~
~r
B = ∇× m
~ × 3
µ0
r
~r
~ ⊗ ~r .
= m
~ ⊗∇· 3 −m
~ ·∇
r
r3
Mit
~r
1~
1
~
~
∇ ⊗ 3 = 3 ∇ ⊗ ~r + ∇ 3 ⊗ ~r
r
r
r
1
1
= 3 1 − 3 5 ~r ⊗ ~r
r
r
~ · ~r + ~r · ∇
~ 1
~ · ~r = 1 ∇
∇
3
3
r
r
r3
3
−3~r
= 3 + ~r · 5 = 0 (r 6= 0)
r
r
erhält man
4π ~
r 2 1 − 3~r ⊗ ~r
3(m
~ · ~r)~r − r 2 m
~
B = 0−m
~ ·
=
.
5
5
µ0
r
r
~
2. Alternative (koordinatenfrei mit ~r/r 3 = −∇(1/r)):
4π ~
4π ~
~
B =
∇×A
µ0
µ0
1
~ × m
~
= −∇
~ ×∇
r
1
1
~
~
~
~
~ ∇·∇
= +m
~ ·∇⊗∇ −m
r
r
~
r
~ ⊗
= −m
~ ·∇
+m
~ 4πδ(~r)
r3
3m
~ · ~r ⊗ ~r − r 2 m
~
+m
~ 4πδ(~r) .
=
5
r
3. Alternative (mit kartesischen Koordinaten): Wähle m
~ = m0~ez = (0, 0, m0 ).
~r
4π ~
A = m
~ × 3
µ0
r
= (0, 0, m0 ) ×
= m0
(x2
(x2
(x, y, z)
+ y 2 + z 2 )3/2
(−y, x, 0)
+ y 2 + z 2 )3/2
6 ELEKTRODYNAMIK
106
4π ~
4π ~
~
B =
∇×A
µ0
µ0
(−y, x, 0)
= m0 (∂x , ∂y , ∂z ) × 2
(x + y 2 + z 2 )3/2
−y
x
+ ~ey ∂z 2
= m0 −~ex ∂z 2
2
2
3/2
(x + y + z )
(x + y 2 + z 2 )3/2
−y
x
.
− ∂y 2
+ ~ez ∂x 2
(x + y 2 + z 2 )3/2
(x + y 2 + z 2 )3/2
Mit
x
1
x2
1
x2
=
−
3
=
−
3
(x2 + y 2 + z 2 )3/2
(x2 + y 2 + z 2 )3/2
(x2 + y 2 + z 2 )5/2
r3
r5
x
xz
xz
∂z 2
= −3 2
= −3 5
2
2
5/2
2
2
5/2
(x + y + z )
(x + y + z )
r
∂x
erhält man
m0
4π ~
B = 5 (3xz, 3yz, 2r 2 − 3x2 − 3y 2 )
µ0
r
m0
= 5 (3xz, 3yz, 3z 2 − r 2 )
r
m0 = 5 3z(x, y, z) − (0, 0, r 2 )
r
3m
~ · ~r ⊗ ~r − r 2 m
~
=
.
r5
b) Skizze: Das Magnetfeld eines Punktdipols (in der Figur als ausgedehnter Dipol skizziert)
ist das gleiche wie das eines elektrischen Dipols; nebenstehend sind die Magnetfeldlinien
als durchgezogenen Linien skizziert. Das Magnetfeld wiederum kann man (im Fall der Magnetostatik) als Gradienten eines sog. magnetischen Skalarpotentials schreiben, welches die
Form
µ0 m
~ · ~r
~ r ) = −∇φ
~ m (~r)
φm (~r) =
, B(~
4π r 3
hat.
Die Feldvektoren stehen dann senkrecht auf den
Äquipotentiallinien“ φm (~r) = const. oder r =
”p
c | cos ϑ| mit den Konstanten c und dem Winkel
ϑ zwischen ~r und m.
~
Nebenstehend ist ein Schnitt durch die punktiert
gezeichneten Äquipotentialflächen“ des magne”
tischen skalaren Potentials φm mit den Verhältnissen von 1/φm von 1:2:3:4:5 (von außen nach
innen) aufgetragen. (Auch die Fläche z = 0 ist
~
eine Äquipotentialfläche.) Die Vektoren des BFeldes zeigen bei z = 0 in die negative z-Richtung.
z
m
x,y
6.1 Magnetischer Dipol (H2003)
107
c) 1. Alternative: Das Flächenelement hat nur eine z-Komponente; deshalb benötigt man auch
~
nur die z-Komponente des Feldes B,
Bz =
µ0 m0
3z 2 − r 2 .
5
4π r
Wegen der Axialsymmetrie wählt man geschickterweise Zylinderkoordinaten (ρ, ϕ, z) mit
r 2 = ρ2 + z 2 und z = z0 . Das Flächenelement ist
df~ = ρ dρ dϕ ~ez .
Wegen der Axialsymmetrie ergibt die Integration über den Winkel ϕ einen Faktor 2π. Der
Fluss ist gegeben durch (mit der Substitution w = ρ2 )
Z a
3z 2 − (z 2 + ρ2 )
µ0
2πρ dρ 0 2 02 5/2
m0
Φ =
4π
(z0 + ρ )
0
Z a2
3z02
µ0 m0
1
dw
=
−
4
(z02 + w)5/2 (z02 + w)3/2
0
3z02
1
µ0 m0 −2
3
1
+2
=
−
−
4
3 (z02 + a2 )3/2 z0
(z02 + a2 )1/2 z0
a2
µ0 m0
2 (z02 + a2 )3/2
µ0 m0
=
sin3 ϑ
2a
=
mit dem Winkel ϑ zwischen z-Richtung und der Richtung zum Kreisring.
2. Alternative: Wenn man die magnetische Induktion durch das Vektorpotential ausdrückt,
~ × ~r
~ = µ0 m
,
mit A
4π r 3
~ =∇
~ ×A
~
B
kann man den Satz von Stokes verwenden,
Z
Z
I
~
~
~
~
~
Φ=
df · B =
df · (∇ × A) =
F
an erhält also
F
µ0
Φ=
4π
I
∂F
d~s ·
∂F
~.
d~s · A
m
~ × ~r
.
r3
Mit Zylinderkoordinaten erhält man d~s = a dϕ ~eϕ , und weil das Problem Axialsymmetrie
hat, gibt die Integration über den Ring einen Faktor 2πa. Für Punkte auf dem Kreisring gilt
1/2
m
~ × ~r = m|~r| sin ϑ ~eϕ und |~r| = (z02 + a2 ) und damit
Φ=
µ0 m 2πa sin ϑ
µ0 m
=
sin3 ϑ .
3/2
2
2
4π (z0 + a )
2a
(Hier kann man auch sphärische Polarkoordinaten verwenden.)
6 ELEKTRODYNAMIK
108
6.2 Ebene elektromagnetische Wellen (H2003)
a) Die Maxwell-Gleichungen lauten
~ ×E
~ = −∂t E
~,
∇
~ ×B
~ = ε 0 µ0 ∂ t E
~,
∇
~ ·E
~ =0,
∇
~ ·B
~ =0.
∇
b) (i) Mit dem angegebenen Ansatz erhält man aus den Maxwell-Gleichungen (nach Division
durch i exp[i(~k · ~r − ωt)])
~k × E
~ 0 = ωE
~0 ,
~k × B
~ 0 = −ε0 µ0 ω E
~0 ,
~k · E
~0 = 0 ,
~k · B
~0 = 0 .
(ii) Wegen der homogenen Gleichungen erhält man
~k ⊥ E
~,
~k ⊥ B
~
und aus den inhomogenen Gleichungen
~ ⊥B
~.
E
~ und B
~ bilden also ein orthogonales Rechtssystem, und man kann mit den
Die Vektoren ~k, E
Beträgen arbeiten.
Es handelt sich also um transversale Wellen.
(iii) Die Ausbreitungsrichtung ist die Richtung von ~k.
Die Geschwindigkeit ist c = ω/k (aus dem Ansatz mit ebenen Wellen).
(iv) Die Polarisation ist im Allgemeinen elliptisch, und in Spezialfällen zirkular oder linear,
je nach der relativen Phase von E0 und B0 .
(v) Man erhält einerseits
und andererseits
E0
ω
= =c
B0
k
E0
k
1
=
=
.
B0
ε 0 µ0 ω
ε 0 µ0 c
Durch Vergleich findet man
ε 0 µ0 =
1
.
c2
~ durch E
~ ausdrückt,
c) (i) Wenn man B
1
B0 = E0 ,
c
erhält man die Energiedichte
ε0
hwi =
4
2
1 ~ 2
ε0
1 1 ~ 2 ε0
~ +
E 0 +
B0 =
E 0 =
4µ0
4
4µ0 c2
2
2
~ E 0 .
Die elektrischen und magnetischen Anteile an der Energiedichte sind gleich groß.
6.2 Ebene elektromagnetische Wellen (H2003)
109
(ii) Der (zeitgemittelte) Poynting-Vektor ist
~ =
hSi
=
=
=
=
(iii) der Zusammenhang ist
1 ~
~∗
E×B
2µ0
1 k~ ~∗
E × ~ek × E
2µ0 ω
1 1
~ ∗~ek · E
~
~ek |E0 |2 − E
2µ0 c
ε0
c |E0 |2 ~ek − 0
2
chwi~ek .
~ = chwi~ek .
hSi
(iv) Der Poynting-Vektor ist die Energiestromdichte; die Energiedichte bewegt sich mit
Lichtgeschwindigkeit in k-Richtung.
6 ELEKTRODYNAMIK
110
6.3 Elektromagnetische Energie (F2004)
a) Wegen der Stetigkeit der Tangentialkomponenten des elektrischen Feldes ist das Feld im
Innern gleich demjenigen außerhalb. Der Strom ist
~ = σE~ez ,
~j = j~ez = σ E
und der Strom ist
I = jA = σEA
(1)
mit der Querschnittsfläche A = πR2 .
Die Leistungsdichte ist
wJ = jE = σE 2 ,
und die Leistung im Drahtvolumen V = AL ist
WJ = σE 2 AL = σE 2 V .
b) Das Magnetfeld hat aus Symmetriegründen nur eine ϕ-Komonente, und man erhält es im
Außenraum aus
I
~ · d~s = 2πρBϕ
B
∂F
Z
= µ0 ~j · df~ = µ0 I
F
⇒
µ0
~ a = µ0 I~eϕ (1)
B
=
σEA~eϕ .
2πρ
2πρ
c) (i) Der Poynting-Vektor im Außenraum ist
2
2
~a = E
~ ×H
~ a = σE A ~ez × ~eϕ = − σE A ~eρ .
S
2πρ
2πρ
(ii) Skizze:
E
B
S
j, E
E
S
B
(iii) Der Poynting-Vektor beschreibt die Energieflussdichte.
d) Die Leistung, die von außen durch die Oberfläche in den Draht fließt, ist
Z
2
~ a · dA
~ = σE A ~eρ · ~eρ 2πRL = σE 2 AL = WJ .
−
S
2π R
∂V
(Der Betrag des Poynting-Vektors ist konstant auf der Oberfläche.) Der Draht transportiert
die elektrische Ladung. Die elektrische Energie fließt durch das den Draht umgebende Vakuum und dringt durch die Oberfläche des Drahts in diesen ein. Gleichzeitig strömt die gleiche
Energie WJ in Form von Wärme nach außen.
6.4 Elektrisches Feld und Potential im H-Atom (F2004)
111
6.4 Elektrisches Feld und Potential im H-Atom (F2004)
a) Die Grundgleichungen der Elektrostatik in differentieller Form sind
~ = ρ , ∇×E
~ =0, E
~ = −∇φ
∇·E
ε0
und in integraler Form
Z
I
1
~
~
E · df =
ρ d3 V ,
ε
0 V
∂V
I
∂F
~ · d~s = 0 ,
E
φ=−
Z
~ · d~r .
E
b) Das Problem ist radialsymmetrisch. Das Kernpotential und die Feldstärke sind
e
VK (~r) =
,
4πε0 r
e
~ K (~r) =
~er .
E
4πε0 r 2
c) Die Elektronenfeldstärke ist mit dem Satz von Gauß, mit V in der Form einer konzentrischen
Kugel, (mit der x = −2/a in der angegebenen Formel)
Z
1 −e r −2r0 /a
2
e
4πr 02 dr 0
4πr Ee (r) =
3
ε0 πa 0
( "
2 # 3
3 )
1 −e
−2
a
−2
a
=
4π − 2 + 2 r +
r2
e−2r/a + 2
3
ε0 πa
a
a
−2
−2
r
r 2 −2r/a
e
+ 1−2 +2 2 e
= −
−1
ε0
a
a
und daraus
~ e (~r) = − e
E
4πε0
1
2
2 −2r/a
1
−
+
e
− 2 ~er .
r 2 ra a2
r
(iii) Man erhält also die Gesamtfeldstärke
~ H (~r) = E
~ K (~r) + E
~ e (~r) = e
E
4πε0
1
2
2
+ 2
+
2
r
ra a
e−2r/a~er .
d) Die Gesamtfeldstärke in den Grenzfällen ist

1


für r a
e
2
r
EH (r) =
4πε0 
 2 e−2r/a für r a
a2
und daraus das Gesamtpotential

1
für r a
e r
VH (r) =
4πε0 
 1 e−2r/a für r a .
a
Bei kleinen Abständen verhalten sich Feldstärke und Potential wie das einer punktförmigen
Ladungsverteilung; bei großen Abständen tritt der exponentielle Abfall der abgeschirmten
Ladung auf.
6 ELEKTRODYNAMIK
112
6.5 Ladung vor Dielektrikum (H2004)
a) Da keine freien Ladungen an der Grenzfläche vorhanden sind, ist die Tangentialkomponente
~ und die Normalkomponente von D
~ stetig, und die Grenzbedingungen auf der Trennvon E
~
~
~
~ 2 ·~n, wobei E
~ und D
~ das elektrische Feld bzw. die
fläche lauten E1 · ~t = E2 · ~t und D1 ·~n = D
dielektrische Verschiebung sind, und ~t und ~n die Tangentiale bzw. Normale zur Grenzfläche
bezeichnen. Im gewählten Koordinatensystem ist die Grenzfläche durch z = 0 gegeben, und
die Normale ist ~n = ~ez = (0, 0, 1). Aus dem Fehlen einer Grenzschicht-Dipoldichte folgt
die angegebene Grenzbedingung
φ1 (x, y, z)|z=0 = φ2 (x, y, z)|z=0
~ würde zu einer
für alle Werte von x und y. (Die Stetigkeit der Tangentialkomponenten von E
~ · ~n =
stetigen Ableitung von φ tangential zur Grenzfläche führen.) Die Stetigkeit von D
~
εε0 E · ~n führt zu der zweiten Bedingung
∂φ2 (x, y, z) ∂φ1 (x, y, z) = ε2
.
ε1
∂z
∂z
z=0
z=0
b) Im gewähltem Koordinatensystem sind die Koordinaten des Punktes P gleich ~a 1 = −a~ez =
(0, 0, −a) und des Spiegelpunkts P2 gleich ~a2 = a~ez = (0, 0, a). Die Potentiale sind
φ1 (x, y, z) =
φ2 (x, y, z) =
mit den Ableitungen
e
e0
p
p
+
,
4πε0 ε1 x2 + y 2 + (z + a)2 4πε0 ε1 x2 + y 2 + (z − a)2
e00
p
4πε0 ε2 x2 + y 2 + (z + a)2
1 e
∂φ1 (x, y, z)
=
(z + a)[x2 + y 2 + (z + a)2 ]−3/2
∂z
4πε0 ε1
1 e0
+
(z − a)[x2 + y 2 + (z − a)2 ]−3/2 ,
4πε0 ε1
∂φ2 (x, y, z)
1 e00
=
(z + a)[x2 + y 2 + (z + a)2 ]−3/2 .
∂z
4πε0 ε2
Diese Grenzbedingungen bei z = 0 führen zu Gleichungen für e 0 und e00 ,
e00
e + e0
= ,
ε1
ε2
0
e − e = e00 ,
mit den Lösungen
ε1 − ε 2
e,
ε1 + ε 2
2ε2
e00 =
e.
ε1 + ε 2
e0 =
6.5 Ladung vor Dielektrikum (H2004)
113
c) Die Kraft, die auf die Ladung e im Punkt P wirkt, liegt aus Symmetriegründen entlang der
z-Achse und ist
∂φ1 (0, 0, z) ee0
1 e 2 ε 1 − ε 2
1
Fz = −e
=
.
=
∂z
4πε0 ε1 (2a)2
4πε0 2a ε1 (ε1 + ε2 )
z=−a
Für ε1 = 1 und ε2 > 1 gilt Fz < 0, und die Ladung wird von der Grenzfläche abgestoßen.
d) Für ε2 → ∞ ist e0 = −e, daher
"
#
e
1
1
p
φ1 (x, y, z) =
,
−p
4πε0 ε1
x2 + y 2 + (z + a)2
x2 + y 2 + (z − a)2
φ2 (x, y, z) = 0.
Dies ist das Ergebnis für das Feld einer Punktladung in der Nähe einer leitenden Ebene.
6 ELEKTRODYNAMIK
114
6.6 Mittleres Potential (H2004)
a) Das elektrostatische Potential ist
1
φ(~r ) =
4π0
Z
d3 r 0
1
ρ(~r 0 ) .
0
|~r − ~r |
(2)
b) Wenn man den Mittelpunkt der Kugel (mit Radisu R) als Koordinatenursprung wählt und
die Kugeloberfläche mit S bezeichnet, erhält man den Mittelwert
Z
1
hφ(~r )iS =
dΩ φ(~r )
(3)
4π
r=R
1. Alternative: Multipol-Zerlegung (falls bekannt):
∞
X r`
1
<
=
P (cos ϑ)
`+1 `
|~r − ~r 0 |
r
>
`=0
(4)
mit
r> = r 0 ,
r< = r .
(5)
Wegen P0 (cos ϑ) = 1 und
Z
dΩ P` (cos ϑ) P0 (cos ϑ) = δ`,0
überlebt nur der Term mit ` = 0 die Winkelintegration, und man erhält
Z
1
1
hφ(~r )iS =
d3 r 0 0 ρ(~r 0 ) = φ(0) .
4π0
r
2. Alternative: Direkte Winkelintegration.
Z 1
1
1
1
√
hφ(~r )iS =
2π
ρ(~r 0 ) d3 r 0 .
d(cos ϑ)
2
02
0
4π
4π
r + r − 2rr cos ϑ
0
−1
(6)
(7)
Mit Verwendung des Hinweises findet man (mit t = cos ϑ)
Z
1
−1
(wegen r 0 > r). Also
+1
1 √ 2
2
dt
√
= − 0 r + r 02 − 2rr 0 t = 0
rr
r
r 2 + r 02 − 2rr 0 t
−1
1
hφ(~r )iS =
4π0
Z
1
d3 r 0 0 ρ(~r 0 ) = φ(0) .
r
(8)
(9)
c) Konsequenz: Es kann kein lokales Minimum von φ(~r ) im ladungsfreien Raum geben, sonst
müsste der Mittelwert über eine hinreichend kleine Kugeloberfläche ja größer sein als φ(0).
6.7 Hohlleiter (F2005)
115
6.7 Hohlleiter (F2005)
a) Die Maxwell-Gleichungen im ladungs- und stromfreien Vakuum lauten
~ ·E
~ = 0,
∇
~ ·B
~ = 0,
∇
~ ×E
~ +B
~˙ = 0,
∇
~ ×B
~ − 12 E
~˙ = 0 ,
∇
c
b) Die Eindringtiefe des elektromagnetischen Feldes wird durch den Skineffekt bestimmt. Sie
nimmt ab mit zunehmender Leitfähigkeit. Im Grenzfall sehr großer Leitfähigkeit, σ → ∞,
geht die Eindringtiefe und damit auch die parallel zur Oberfläche orientierte Komponente
des elektrischen Feldes gegen null.
c)
~ ·E
~ = ε0 (∂x , ∂y , ∂z ) · (Ex (y, z), 0, 0) = 0 .
ρ(~r ) = ε0 ∇
~ r , t) erhält man
d) Mit der gegebenen Form von E(~
~˙ = −∇
~ ×E
~ = 0 ~ex − ∂z Ex~ey + ∂y Ex~ez
B
πy
π
πy
= E0 k sin
sin(kz − ωt) ~ey + cos
cos(kz − ωt) ~ez .
a
a
a
6 ELEKTRODYNAMIK
116
6.8 Elektrisches Feld und Potential geladener Kugeln (F2005)
a) Der Zusammenhang von Ladung q und Ladungsdichte ρ ist
q=
4π 3
R ρ.
3
b) Weil die Ladungsverteilung sphärisch-symmetrisch ist, ist es auch das Skalarpotential und
das elektrische Feld. Beide Größen hängen also nur vom Abstand vom Kugel-Mittelpunkt
ab,
~ r ) = E(r)
~
φ(~r ) = φ(r) und E(~
.
Weil das Skalarpotential sphärisch-symmetrisch ist, ist das elektrische Feld radial gerichtet,
~
~
E(r)
= −∇φ(r)
= E(r)~er
c) (i) Mit dem Gesetz von Gauß,
I
∂V
mit E(r) = −
~ r) = 1
df~ · E(~
ε0
Z
dφ(r)
.
dr
d3 rρ(~r )
V
erhält man bei Integration über eine konzentrische Kugel mit dem Radius r
4πr 2 Er (r) =
1
qr
ε0
oder
1 qr
4πε0 r 2
mit der Ladung qr in der Kugel vom Radius r. (2 Punkte)
Er (r) =
Im Fall r > R hat man qr = q und
Er> (r) =
q 1
.
4πε0 r 2
Im Fall r < R hat man qr = qr 3 /R3 und
Er< (r) =
q r
.
4πε0 R3
d) 1. Alternative: Unbestimmte Integration.
Fall r > R:
>
φ (r) = −
Z
~ > (~r 0 ) = − q
d~r · E
4πε0
0
Z
dr
q 1
=
+ c> .
2
r
4πε0 r
Weil das Potential für eine begrenzte Ladungsverteilung im Unendlichen verschwinden muss,
muss
c> = 0
gelten.
6.8 Elektrisches Feld und Potential geladener Kugeln (F2005)
117
Fall r < R:
<
φ (r) = −
Z
~ < (~r 0 ) = −
d~r · E
0
q
4πε0 R3
Z
r dr = −
q
r2
+ c< .
4πε0 R3 2
Am Rand der Kugel (also bei r = R) ist das Potential stetig,
φ> (R) = φ< (R)
q
1 q
=−
+ c<
4πε0 R
2 4πε0 R
⇒
und damit
q
φ (r) =
4πε0 R
<
3 1 r2
−
2 2 R2
⇒
c< =
3 q
2 4πε0 R
.
2. Alternative: Bestimmte Integration. Hier ist der Wert φ(r) → 0 bei r → ∞ bekannt, also
Z r
Z ∞
0 ~
0
φ(r) − 0 = −
d~r · E(~r ) = +
dr 0 Er (r 0 ) .
r
∞
Fall r > R:
>
φ (r) = −
Z
r
~ r )=
d~r · E(~
0
∞
0
Z
∞
dr
r
0
Er> (r 0 )
q
=
4πε0
Z
∞
r
q
dr 0
=
.
r 02
4πε0 r
Fall r < R:
Z R
q
q
r 0 dr 0 +
φ (r) =
dr
+
dr
=
3
4πε0 R r
4πε0 R
r
R
2
q
q
3
q
r
1 2
=
R − r2 +
=
−
.
3
4πε0 R 2
4πε0 R
4πε0 R 2 2R2
<
Oder
Z
R
0
<
Er< (r 0 )
Z
∞
<
φ (r) − φ (R) =
φ< (r) =
=
=
=
Z
0
Er> (r 0 )
r
dr 0 Er< (r 0 )
R
Z r
>
φ (R) +
dr 0 Er< (r 0 )
R
Z r
q
r0
q
+
dr 0 3
4πε0 R 4πε0 R
R
2
q
q 1 r
1
+
−
4πε0 R 4πε0 2 R3 R
q
3
r2
=
−
.
4πε0 R 2 2R2
6 ELEKTRODYNAMIK
118
6.9 Metallkugel in externem Feld (H2005)
a) Das (statische) elektrische Feld erhält man aus dem Gradienten des elektrostatischen Poten~ a · ~r ) = ~a erhält man
tials. Mit ~a = const. und ∇(~
ext
ext
ext
~
~
~
~
~
~ ext = 1 · E
~ ext = E
~ ext
E
= −∇φ = +∇(E · ~r ) = ∇ ⊗ ~r · E
oder
~ ext = ∇(
~ E
~ ext · ~r ) = (∂x , ∂y , ∂z )E0 z = E0 ~ez .
E
b) (i) Die Randbedingungen sind
(
φext
φ(~r ) =
0
für r → ∞
für |~r | = R
(ii) Die Differentialgleichung ist die Laplace-Gleichung
für |~r | > R .
∆φ(~r ) = 0
c) (i) Mit dem angegebenen Ansatz
φ(~r ) = φ(r, ϑ, ϕ) =
∞ X
b`
`
a` r +
`=0
r `+1
P` (cos ϑ)
für die Lösungen der Laplace-Gleichung erhält man für den Grenzfall r → ∞ (trotz des
axialsymmetrischen Problems sollen sphärische Polarkoordinaten verwendet werden)
φ
ext
= −E0 r cos ϑ = a0 + a1 r cos ϑ +
∞
X
r ` P` (cos ϑ)
für alle ϑ .
`=2
Durch Vergleich erhält man
a0 = 0 ,
a1 = −E0 ,
a` = 0 für ` 6= 1 .
Für den Grenzfall r = R erhält man
∞
X
b1
b`
b0
+ a1 R + 2 cos ϑ +
P (cos ϑ)
0 = φ(r) r=R =
`+1 `
R
R
R
`=2
und durch Vergleich
b0 = 0 ,
b1 = −a1 R3 = E0 R3 ,
Damit ist das Potential
φ(~r ) = −E0
b` = 0 für ` 6= 1 .
r 3 − R3
cos ϑ .
r2
für alle ϑ
6.9 Metallkugel in externem Feld (H2005)
119
d) (i) Die Oberflächenladungsdichte an der Metalloberfläche wird bestimmt durch die Normalkomponente En des elektrischen Feldes, σ = ε0 En .
Das elektrische Feld im Außenraum ist
3
3
~ r ) = −∇φ(~
~ r ) = ∇E
~ 0 r − R cos ϑ .
E(~
r2
Den Gradienten muss man hier nicht explizit bestimmen, weil man nur die Normalkomponente benötigt. Die Normalkomponente ist
∂ ~ ~ En = ~n · E
= −~er · ∇φ
= − φ
∂r r=R
r=R
r=R
3
R cos ϑ = 3E0 cos ϑ .
= E0 1 + 2 3 r
r=R
Damit erhält man die Oberflächenladungsdichte
σ(ϑ, ϕ) = ε0 En = 3ε0 E0 cos ϑ .
(Die Ladungsdichte ist ungerade bezüglich des Äquators.)
e) Die Gesamtladung erhält man aus dem Integral über die Oberfläche; das Problem ist axialsymmetrisch, daher ergibt das Integral über den Winkel ϕ einen Faktor 2π,
I
Z π
2
Q =
σ df = 2πR
σ(ϑ, ϕ) sin ϑ dϑ
0
= 3ε0 E0 2πR
= 0.
2
Z
π
cos ϑ sin ϑ dϑ = 3ε0 E0 2πR
0
2
Z
1
cos ϑ d cos ϑ
−1
(Es wird genau so viel positive wie negative Ladung influenziert, siehe die Bemerkung am
Ende von Teilaufgabe d.)
6 ELEKTRODYNAMIK
120
6.10 Linienförmige Ladungsverteilung und Metalloberfläche (H2005)
a) (i) Nach Anweisung soll also erst einmal das elektrische Feld (mit dem Satz von Gauß) berechnet werden und daraus das das Potential. Das Problem ist axialsymmetrisch; aus diesem
Grunde kann das Potential nur eine radiale Abhängigkeit und das elektrische Feld nur eine
radiale Richtung haben,
φ(~r ) = φ(r) ,
~ r ) = E(r) ~er .
E(~
(ii) Mit dem Satz von Gauß und mit einem (konzentrischen) Zylinder mit der Länge L und
dem Radius r erhält man in Zylinderkoordinaten
I
~ · df~ = E2πrL
E
Z
1
QL
1
ρ d3 r =
ρ1 L =
=
ε0
ε0
ε0
(mit der Gesamtladung QL im Draht der Länge L) und damit
~ r) =
E(~
ρ1
~er .
2πε0 r
(iii) 1. Alternative (konstruktiv): Das Potential erhält man aus
Z
Z
ρ1
ρ1
~
dr = −
ln r + Φ0
Φ(~r ) = − E(~r ) · d~r = −
2πε0 r
2πε0
mit einer intregrationskonstanten Φ0 .
2. Alternative (deduktiv): Mit dem angegebenen Potential erhält man
dΦ ~
ρ1
~ r ) = −∇Φ(r)
~
E(~
= − ∇r
=
~er ,
dr
2πε0 r
was mit dem oben bestimmten Feld übereinstimmt.
(iv) Wenn sich die Linienladung bei x = a befindet, dann hat man
Φ(~r ) = −
ρ1
ρ1
ln[(~r − a~ex )2 ] + Φ0 = −
ln[(x − a)2 + y 2 ] + Φ0 .
4πε0
4πε0
Die Konstante Φ0 wird man nicht bestimmen müssen, weil sie im Folgenden herausfällt.
b) Da die Metallplatte geerdet, also auf dem Potential Φ = 0, ist, denkt man sich eine SpiegelLinienladungsdichte −ρ1 bei x = −a. (Damit ist auch sichergestellt, dass das elektrische
Feld keine Tangentialkomponenten besitzt, d.h. Φ(0, y, z) = const. = 0.) Unter Verwendung
des Potentials aus Teilaufgabe (a) ergibt sich das Potential in Anwesenheit der Metallplatte
zu
ρ1
ln[(x − a)2 + y 2 ] − ln[(x + a)2 + y 2 ]
Φ(x, y, z) = −
4πε0
(x + a)2 + y 2
ρ1
ln
für x > 0 .
=
4πε0 (x − a)2 + y 2
6.10 Linienförmige Ladungsverteilung und Metalloberfl¨ache (H2005)
121
3
0.1
Abbildung 1: Die Äquipotentiallinien für
die Potentiale Φ in Einheiten von ρ1 /(4πε0 )
in der (x, y)-Ebene. Die elektrischen Feldvektoren sind senkrecht zu den Äquipotentiallinien und je größer, je enger die Linien
beieinander liegen. (Nicht verlangt)
0.5
2
y/a
1.0
1
0
0
2.0
3.0
4.0
5.0
1
2
3
x/a
c) Das elektrische Feld um eine Ladung bei x = a, y = 0 in Anwesenheit einer Metallplatte
bei x = 0 ist
x+a
ρ1
x−a
~
−
~ex
E(~r ) =
2πε0
(x − a)2 + y 2 (x + a)2 + y 2
y
y
+
−
~ey .
(x − a)2 + y 2 (x + a)2 + y 2
und sieht folgendermaßen aus: Da die Tangentialkomponente des elektrischen Feldes auf
der Metalloberfläche verschwindet, kann es nur eine Komponente in x-Richtung geben, und
man erhält speziell für x = 0
a
~ = ρ1
E
~ex .
πε0 a2 + y 2
Abbildung 2: Die Richtung der elektrischen Feldvektoren (Beträge nicht korrekt)
6 ELEKTRODYNAMIK
122
6.11 Elektrostatische Energie (H2006)
a) Die Energie
1
qi qj
(3)
4π0 |~ri − ~rj |
ist die potentielle Energie der Ladung qi am Ort ~ri im Potential der Ladung qj oder umgekehrt, d.h. die Wechselwirkungsenergie des Paares von Punktladungen mit den Indizes i und
j. Die gesamte potentielle Energie ist die Summe über alle Paare,
X X
X0
X
Vij = 21
Vij ≡ 12
(1 − δi,j ) Vij .
Vij =
i
j (j<i)
i,j
i,j
P0
In der Summe i,j werden alle Paare (i, j) und (j, i) doppelt gezählt, was durch den Faktor
1
wieder gut gemacht wird.
2
(ii) Die Energie U entspricht der Arbeit, die man aufwenden muss, um alle Ladungen q i aus
dem Unendlichen an die Stellen ~ri zu bringen.
b) Wenn man die Ladung qi am Punkt ~ri durch das Ladungselement dρ(~r ) = ρ(~r ) d3 r ersetzt,
sowie die Summen durch Integrale, erhält man
Z
Z
ρ(~r ) ρ(~r 0 )
1
3
.
(4)
d r d3 r 0
U=
8π0
|~r − ~r 0 |
c) Die Einschränkung i 6= j in Gl. (eq:edh06.1) eliminiert die divergente Selbstenergie der
Punktladungen (d.h. die Arbeit, die nötig wäre, eine gewisse Ladungsverteilung in einem
Punkt zu konzentrieren). Die Selbstenergie einer geladenen Kugel mit Radius R geht wie
Q2 /R (aus Dimensionsgründen). Bei der kontinuierlichen Ladungsverteilung ρ ist Q ∝ ρR 3 ,
der Integrand geht dann wie R2 ; daher verschwindet die Selbstenergie für R → 0.
Alternativ: Anstatt über alle ~r 0 zu integrieren, kann man auch über alle ~r 00 = ~r 0 − ~r integrieren. Dann erhält man
Z
Z
ρ(~r ) ρ(~r 00 + ~r)
1
3
d r d3 r 00
.
U=
8π0
|~r 00 |
Weil aber das Volumenelement z.B. in sphärischen Polarkoordinaten
d3 r 00 = r 002 dr 00 sin ϑ00 dϑ00 dϕ00
ist, wird die Singularität aufgehoben.
d) Eine Strategie wäre, Gl. (1) erst durch Φ auszudrücken (Lösung der Laplace-Gleichung),
Z
1
U=
d3 r ρ(~r ) Φ(~r ),
(5)
2
und dann ρ mit Hilfe der Laplace-Gleichung durch ∆Φ,
Z
0
U =−
d3 r [∆Φ(~r )] Φ(~r ).
2
~ = −∇Φ
~ ergibt dann
Partielle Integration zusammen mit E
Z
0
~ r )2 .
d3 r E(~
U=
2
(6)
(7)
6.12 Reflexion (F2006)
123
6.12 Reflexion (F2006)
~ ×E
~ =−∂B
~ einsetzt, erhält man nach
a) Wenn man Gleichung (1) in das Induktionsgesetzt ∇
∂t
Division durch die imaginäre Einheit i
~k × E
~ = ωB
~,
~ 0 = ωB
~0 ,
n ~k × E
~ 00 = ω B
~ 00 ,
− ~k × E
(3a)
und daraus folgt
B00 = (nk/ω)E00 ,
B0 = (k/ω)E0 ,
B000 = −(k/ω)E000 .
(3b)
b)
~ liefert E0 + E 00 = E 0 ,
Die Stetigkeit von E
0
0
~ liefert B0 + B 00 = B 0 ,
die Stetigkeit von B
0
0
(4)
⇒
E0 − E000 = nE00 .
(5)
Aus der Summe von (4) und (5) bekommt man
2E0 == (n + 1)E00
E00 =
⇒
2
E0 .
n+1
(6)
Aus (4) ergibt sich damit
E000 = E00 − E0
⇒
E000 =
1−n
E0 .
1+n
(7)
~ 00 ist also entgegengesetzt zu E
~ 0.
c) Wegen n > 1 folgt E000 /E0 < 0 (und E00 /E0 > 0). E
0
d)
2
1 ~
~ ∗ | = k|E0 | ,
|E × B
2µ0
2ωµ0
nk|E00 |2
1 ~ 0 ~ 0∗
|E × B | =
,
I0 =
2µ0
2ωµ0
1 ~ 00 ~ 00∗
k|E000 |2
I 00 =
|E × B | =
.
2µ0
2ωµ0
I =
Daraus folgt
00 2 2
E0 1−n
R= =
,
E0
1+n
0 2
E 4n
T = n 0 .
E0 (n + 1)2
(8)
(9)
(10)
(11)
(12)
e) Wegen Energieerhaltung muss gelten: R + T = 1.
Mit den Resultaten aus d):
R+T =
n2 − 2n + 1 + 4n
=1.
(n + 1)2
(13)
6 ELEKTRODYNAMIK
124
6.13 Elektromagnetische Wellen (F2006)
a) Wenn man den Ansatz ebener Wellen in die Maxwell-Gleichungen einsetzt, erhält man nach
Division durch die imaginäre Einheit i
~0 = 0
εε0~k · E
~k · B
~0 = 0
~ 0) = ωB
~0
(~k × E
(4)
(5)
(6)
~ 0 ) = µµ0 (−ωεε0 − iσ)E
~0
(~k × B
(7)
Die Beziehungen (4)–(7) stellen ein homogenes Gleichungssystem dar, das für eine geeignete, im Folgenden zu bestimmende Dispersionsrelation ω(~k) eine Lösung besitzt.
~ 0 und B
~ 0 senkrecht auf ~k stehen. Aus
b) Aus den Gleichungen (4) und (5) liest man ab, dass E
~
~ 0 und B
~ 0 ein orthogonales Rechtssystem
den Gleichungen (6) oder (7) folgt dann, dass k, E
~
~
bilden. Der von E0 und B0 eingeschlossene Winkel beträgt daher 90◦ .
c) Vektormultiplikation von Gleichung (6) mit ~k von links und Einsetzen von Gleichung (7)
liefert
~k × (~k × E
~ 0 ) = (~k · E
~ 0 )~k − (~k · ~k)E
~ 0 = 0 − k2 E
~0
(5)
~ 0 (6)
~0 ,
= ω~k × B
= ωµµ0 (−ωεε0 − iσ) E
und nach Division durch −E0 erhält man die Dispersionsrelation
k 2 = µµ0 εε0 ω 2 + iµµ0 ωσ
(8)
ω 2 = v 2~k 2
(9)
und speziell für σ = 0
mit v 2 = c2 /(εµ) und der Lichtgeschwindigkeit im Vakuum, c = 1/(ε0 µ0 )1/2 .
Aus Gleichung (9) folgt
ω = ±vk
und somit für die Phasen- und die Gruppengeschwindigkeit (v ph = ω/k bzw. vgr = ∂ω/∂k)
vgr = vph = ±v
d) Einsetzen von Gleicung (3), σ = σ0 /(1 − iωτ ) in Gleichung (8) liefert
iσ
ω2
iσ0 /(εε0 ω)
ω2
2
= εµ 2 1 +
k = εµ 2 1 +
c
εε0 ω
c
1 − iωτ
und mit
k = ±n
(10)
(11)
ω
c
den komplexen Brechungsindex
n(ω) =
s
σ0 /(εε0 ω)
εµ 1 + i
.
1 − iωτ
(12)
6.13 Elektromagnetische Wellen (F2006)
125
Dies liefert im Grenzfall kleiner Frequenzen (ω → 0)
r
r
µσ0
µσ0
n(ω) = i
=
(1 + i)
ε0 ω
2ωε0
(13)
und somit für die Frequenzabhängigkeit
n ∼ ω −1/2 .
(14)
(Je größer die Leitfähigkeit σ0 und je kleiner die Frequenz ist, desto größer ist der Imaginärteil des Wellenvektors und desto kleiner ist damit die Eindringtiefe δ ∝ 1/(Im k) der
Welle in den Leiter.)
6 ELEKTRODYNAMIK
126
6.14 Magnetfeld einer Stromverteilung (H2006)
a) Am einfachsten mit der differentiellen Form
~ = µ0~j :
∇×B
~ nur eine ϕ-Komponente. Für die alternative ArguWeil ~j nur eine z-Komponente hat, hat B
mentation mit der integralen Form wählt man Flächen senkrecht zur z-, ϕ-Richtung (Ebenen)
bzw. zur r-Richtung (Zylinder-Oberflächenstücke).
b) Mit konzentrischen Kreisflächen F mit dem jeweiligen Radius r erhält man
I
~ · d~s =
B
I
Bϕ ds = Bϕ (r)2πr
(
Z
r 2 /R2 für r < R
= µ0 ~j · df~ = µ0 I
1
für r > R
F
∂F
∂F
erhält man
(
r 2 /R2 für r < R
1
für r > R
(
µ0 I r/R für r < R
=
2πR R/r für r > R .
µ0 I
Bϕ (r) =
2πr
red. magn. Induktion Bϕ
Skizze:
1
0.5
0
0
1
2
3
red. Abstand r/R
Abbildung 4: Die magnetische Induktionn Bϕ eines stromdurchflossenen Hohlzylinders in Einheiten von µ0 I/(2πR) als Funktion von r/R
c) Den Strom im Hohlzylinder kann man sich dadurch vorstellen, dass zwei Vollzylinder mit
gleicher Stromdichte durchflossen werden, der innere allerdings in entgegengesetzer Richtung. Diese Stromdichte ist
I
I
= .
j=
2
2
π(R2 − R1 )
F
6.14 Magnetfeld einer Stromverteilung (H2006)
127
Das Magnetfeld erhält man durch Superposition der durch die beiden Stromdichten erzeugten Felder,


für r < R1

0
µ0 I  r 2 − R12
Bϕ (r) =
für R1 < r < R2
2πr 
R22 − R12


1
für R2 < r
red. magn. Induktion Bϕ
Skizze:
1
0.5
R1/R2 = 1/2
0
0
1
2
red. Abstand r/R2
Abbildung 5: Die magnetische Induktionn Bϕ in Einheiten von µ0 I/(2πR) als Funktion von r/R
von zwei koaxialen Hohlzylindern, die von entegegengerichteten Störmen durchflosssen werden
d) Schreibt man
R22 − R12 = (R2 + R1 ) (R2 − R1 ) ≈ 2R (R2 − R1 )
r 2 − R12 = (r + R1 ) (r − R1 ) ≈ 2R (r − R1 ) ,
dann erhält man
und im Grenzfall

0



µ0 I
r − R1
Bϕ (r) =
2πr 
R − R1

 2
1
für r < R1
für R1 < r < R2
für r > R2
µ0 I
2πR
mit der Differenz der Tangentialkomponenten der magnetischen Induktion und der Oberflächenstromdichte K.
Bϕ (R> ) − Bϕ (R< ) = µ0 K =
6 ELEKTRODYNAMIK
128
6.15 Wellenausbreitung zwischen Leiterplatten (F2007)
a) Die zu zeigenden Maxwell-Gleichungen entstehen offenbar aus den unteren beiden der angegebenen Maxwell-Gleichungen, und zwar durch Ausführen der Ableitungen nach der Zeit.
Mit dem harmonischen Ansatz für die Zeitabhängigkeit (und ohne den Ansatz für die xAbhängigkeit) erhält man
~
~
~
~∇
~ ·E
~ −∇
~ ·∇
~E
~ = 0−∇
~ 2E
~
∇× ∇×E = ∇
~ ×B
~˙ = − 1 E
~¨
= −∇
2
c
2
~
~ ×B
~ = +ω E
⇒ +iω ∇
c2
~ × ∇
~ ×B
~ = ∇
~∇
~ ·B
~ −∇
~ ·∇
~B
~ =0−∇
~ 2B
~
∇
1~
~˙ = + 1 B
~
∇×E
2
c
c2
2
iω ~
~¨
~˙ = − ω B
− 2∇
×E
c
c2
=
⇒
~ oder F~ = B,
~
oder, für F~ = E
⇒
~ 2 F~ + 1 F~¨ = 0
∇
c2
2
ω
2
~ +
∇
F~ = 0 .
c2
b) Mit dem harmonischen Ansatz für die x-Abhängigkeit erhält man
ω2 ~
d2
2
0 = −k + 2 + 2 F (z).
dz
c
Wir haben daher
λ = −k 2 +
ω2
c2
~ oder F~ = B,
~ sodass man mit k 2 = 0
für F~ = E
min
√
ω(k) = c λ + k 2
√
≥ c λ = ωmin > 0 ,
λ>0
(15)
als Dispersionsrelation erhält.
c) Zu lösen ist die homogene, lineare Differentialgleichung
∂z2 + λ Bz (z) = 0 ,
λ>0.
√
Solch eine Gleichung kann immer mit einem Exponential-Ansatz e ±i λ z gelöst werden.
Wegen der Randbedingung Bz (z) = 0 für z = 0 machen wir allerdings gleich den Ansatz
√
Bz (z) = B0 sin( λ z)
6.15 Wellenausbreitung zwischen Leiterplatten (F2007)
129
einer (in z-Richtung) stehenden Welle. Die Randbedingung B z (z) = 0 für z = L führt zu
√
√
0 = Bz (L) = B0 sin( λ L) ⇒
λL = nπ mit n = 0, ±1, ±2, . . . .
Der Fall n = 0 führt allerdings zur trivial verschwindenden Lösung, und außerdem führen
positive und negative Werte von n zu den gleichen, nur im Vorzeichen verschiedenen Lösungen. Also erhält man
nπz
Bz (z) = B0 sin
, n = 1, 2, . . . .
L
Das führt dann zum Spektrum
r
p
π 2 n2
+ k 2 , n = 1, 2, . . . .
(16)
ωn (k) = c λn + k 2 = c
L2
6
ω L / (c π)
5
4
3
2
1
0
0
1
2
kL/π
3
4
NB: Für Frequenzen kleiner als die Minimalfrequenz erhält man imaginäre Werte von k,
also keine propagierenden sondern gedämpfte Wellen.
6 ELEKTRODYNAMIK
130
6.16 Elektrostatische Energie (F2007)
Die Ladungsverteilungen sind alle sphärisch-symmetrisch, also sind auch Potentiale und elektrische Felder sphärisch-symmetrisch.
a) Die elektrostatische Gesamtenergie kann auf verschiedenste Weisen geschrieben werden
(durch das elektrische Feld, durch die Ladungsdichte und am einfachsten durch
Z
1
W =
ρ(~r ) φ(~r ) d3 r .
2
Die Ladungsdichte einer homogenen Ladungsverteilung, hier der geladenen Kugel, ist konstant,
Q
.
(4)
ρ(~r) = ρ0 =
(4π/3)R3
Mit dem angegebenen Potential erhält man
Z R
1 3Q Q
1
3R2 − r 2 4πr 2 dr
Wa =
3
3
2 4πR 4πε0 2R 0
3
3 Q2
R5
3 1 Q2
2R
=
−
.
3R
=
4R3 4πε0
3
5
5 4πε0 R
b) (i) Bei einer leitenden Kugel können sich Ladungen nur auf der Oberfläche befinden, d.h.
die Kugel trägt eine Oberflächenladungsdichte σ = Q/(4πR 2 ). Formal kann man diese auch
als Volumenladungsdichte
ρ(r) = σδ(r − R) =
Q
δ(r − R)
4πR2
(5)
schreiben.
1. Alternative: Die potentielle Energie an der Oberfläche der Kugel ist gleich derjenigen
unmitttelbar außerhalb der Kugel, und das ist die potentielle Energie einer Punktladung im
gleichen Abstand, nämlich Q/(4πε0 R). Dann erhält man
Z
Z
1
1 Q
Q
1 Q2
2
2
Wb =
ρ(r) φ(r) 4πr dr =
δ(r
−
R)
4πr
dr
=
.
2
2 4πR2
4πε0 R
2 4πε0 R
2. Alternative: Das Potential kann man auch über das elektrische Feld erhalten, welches man
wiederum mit dem Satz von Gauß aus der Ladungsdichte bei Integration über das Volumen
V einer Kugel vom Radius r bzw. über deren Oberfläche ∂V erhält,
I
~ · dA
~ = 4πr 2 E
E


Z
1
Q  0 für r < R
3
=
ρd r =
ε0
ε0 
 1 für r > R


Q  0 für r < R
⇒ E(r) =
4πε0 r 2 
 1 für r > R .
6.16 Elektrostatische Energie (F2007)
131
~ = −grad φ und dem Hinweis folgt mit bestimmter Integration (beginnend mit r > R)
Mit E

 1
Z r
Q  R für r < R
φ(r) = −
E(r) dr =
4πε0 
∞
 1 für r > R
r
(Bei unbestimmter Integration im Fall r > R verschwindet die Integrationskonstante wegen
φ(r) = 0 für r → ∞. Im Fall r < R wird die Integrationskonstante durch stetigen Anschluss
von φ an der Stelle r = R bestimmt.)
R
Auswertung von W = 12 ρ(~r ) φ(~r ) d3 r ergibt
Wb =
1 Q2
.
4πε0 2R
(6)
3. Alternative: Mit dem elektrischen Feld erhält man
2 Z ∞
Z
ε0
Q
dr
ε0 ∞
2
2
4π
|E(r)| 4πr dr =
Wb =
2 0
2 4πε0
r2
R
2
Q
1
1 Q2
4πε0
=
.
=
2
4πε0
R
4πε0 2R
(ii) Vergleich mit Teilaufgabe (a):
5
Wleit
= <1
Whom
6
ist anschaulich einsichtig, denn in der leitenden Kugel sind die Ladungsträger frei, d.h.
können sich so verschieben, dass die Energie minimal wird. Sie gehen daher alle an die
Oberfläche, d.h. in maximalen Abstand voneinander“, während bei homogen verteilter La”
dung die Ladungsträger im Mittel näher beieinander sind“.
”
c) (i) Die Gesamtladung der Kugelschale ist
Z
Z R2
ρ0
3
4πr 2 dr = 4πρ0 (R2 − R1 ).
(7)
Q = ρ(~r) d r =
2
r
R1
(ii) Das elektrische Feld ist aus Symmetriegründen wieder kugelsymmetrisch und kann daher
wie in Teilaufgabe (b) mit dem Satz von Gauß berechnet werden. Man beginnt dabei am
besten mit dem Fall r > R2 . Die Ladung Qr innerhalb einer Kugel vom Radius r ist



für 0 < r < R1
0

Z

ρ0
Qr =
4πr 2 dr = 4πρ0 r − R1 für R1 < r < R2

r2



 R − R für r > R .
2
Man erhält

0
ρ0 
Qr
r − R1
=
E(r) =
4πε0 r 2
ε0 r 2 

R2 − R 1
1
2
für
für
0 < r < R1
R1 < r < R 2
für
r > R2 .
6 ELEKTRODYNAMIK
132
Das Potential ergibt sich wie in Teilaufgabe (b) unter Verwendung des Hinweises durch
Integration der Feldstärke über r.
1. Alternative: Bestimmte Integration:
Fall r > R2
Z
φ(r) − φ(∞) = −
r
∞
ρ0 R2 − R 1 0 ρ0 R2 − R 1
dr =
ε0
r 02
ε0
r
Fall R1 < r < R2
Z
r
ρ0 r 0 − R 1 0 ρ0
dr =
φ(r) − φ(R2 ) = −
r 02
ε0
R2 ε0
R2 R1 R1
ρ0
ln
−
.
+
=
ε0
r
R2
r
R1
ln r + 0
r
0
R2
r
Mit dem Ergebnis vom Fall r > R2 für r = R2 erhält man
ρ0 r − R 1
ρ0 R1 R1 R2 − R 1
R2
R2
=
.
φ(r) =
−
+
+ ln
+ ln
ε0 R2
r
R2
r
ε0
r
r
Fall r < R1
φ(r) − φ(R1 ) = 0
⇒
φ(r) = φ(R1 ) =
ρ0 R2
ln
.
ε0 R1
2. Alternative: Unbestimmte Integration: Dabei wird hier für jeden der r-Bereiche je eine
Integrationskonstante eingeführt. Diese drei Integrationskonstanten werden durch drei Anschlussbedingungen bestimmt, nämlich bei r → ∞, r = R2 und r = R1 . Man erhält

ρ0 (R2 − R1 ) 1


+ C1 für r > R2


r

ε0

−ρ0
R1
φ(r) =
ln r +
+ C2 für R1 < r < R2

ε0
r





C3
für r < R1 .
C1 = 0 wird gefordert, damit das Potential im Unendlichen verschwindet.
ρ0
(1 + ln R2 ) folgt aus der Bedingung, dass φ(r) bei r = R2 stetig sein muss.
C2 =
ε0
ρ0 R1
C3 = − ln
folgt aus der Stetigkeit bei r = R1 .
ε0 R2
6.17 Penning-Falle (H2007)
133
6.17 Penning-Falle (H2007)
a) Im Fall U0 = 0 hat man also nur das Magnetfeld. Die Bewegungsgleichung ist
~
m~v˙ = q~v × B
und für eine Bewegung in der (x, y)-Ebene
mv̇x = −eBvy
mv̇y = +eBvx .
Das ist ein lineares Gleichungssystem, welches man mit einem Exponentialanstz
  

vx (t) wx  −iωt
 =  e

wy
vy (t)
mit gemeinsamer Zeitabhängigkeit löst (hier hat man schon vorweggenommen, dass man
eine periodische (keine exponentielle) Bewegung erwartet). Mit diesem Ansatz erhält man
(nach Division durch den Expontialafaktor)
 

  

  
w x 
0 −1 wx 
iω −ωc  wx 
−iωm   = eB 
·  ⇒ 
· =0
wy
1 0
wy
ωc iω
wy
mit der Zyklotronfrequenz
eB
.
m
Das ist nun eine homogene Bestimmungsgleichung; eine nicht-triviale Lösung erhält man
aus der Säkulargleichung


 iω ωc 
2
2
det0 = 
 = −ω + ωc ⇒ ω = ±ωc
−ωc iω
ωc =
mit den Eigenwerten ±ωc .
NB: Die Eigenvektoren erhält man, indem man die Eigenwerte einsetzt,

  
 
 
±
±
1
±iωc ωc  wx 
w x 
±
0=
·
⇒
  
 =w  
−ωc ±iωc
wy±
wy±
∓i
Die allgemeine Lösung ist dann

  
 
 
 
+
−
vx (t) wx  +iωc t wx  −iωc t
1
1
+ e
= w +   e+iωc t + w −   e−iωc t .

 =  e
vy (t)
wy+
wy−
−i
+i
Die Konstanten w ± werden durch Anfangsbedingungen festgelegt.
6 ELEKTRODYNAMIK
134
b) (i) Das elektrische Feld ist

Man erhält

 x 

U0 ~ 2
U0 
.
~ = −∇φ(x,
~
E
y, z) = − 2 ∇
x + y 2 − 2z 2 = − 2 
y

2r0
r0 


−2z
~ ·E
~ = − U0 (1 + 1 − 2) = 0
∇
r02
wie zu zeigen war.
~ = 0 für ein Magnetfeld
c) Bei Bewegung entlang der z-Achse gilt vx = 0 = vy und damit ~v × B
entlang der z-Achse. Also hat man hier nur das elektrische Feld als Kraft. Die Bewegungsgleichung ist also
2eU0
mv̇z = −eEz = − 2 z .
r0
Das ist eine Oszillator-Gleichung mit der Frequenz ωz , gegeben durch
ωz2 =
2eU0
.
mr02
d) Die Bewegungsgleichung lautet allgemein
e ~
~
~r¨ = −
E + ~r˙ × B
m
und in der (x, y)-Ebene
  
1 2
ẍ  2 ωz
 =
0
ÿ
   
  
0  x  0 −ωc  ẋ
· +
· 
1 2
ω
y
ωc 0
ÿ
2 z
Wenn man mit dem gegebenen Ansatz in diese Gleichung eingeht, dann erhält man für beide
Komponenten die gleiche Säkulargleichung
1
2
0 = ωM
+ ωz2 − ωc ωM
2
mit der Lösung
1p 2
1
ωM = ωc ±
ωc − 2ωz2 .
(8)
2
2
Eine stabile Bewegung ist beschränkte Bewegung, also eine mit reellem ω M . Damit ωM reell
ist, muss der Radikand positiv sein, also
√
ωc > 2 ω z .
NB2: Die Stabilität einer Lösung wird normalerweise durch die Analyse des Verhaltens
von kleinen Abweichungen von der Lösung bestimmt. Hier handelt es sich um eine lineare
Differentialgleichung, und die Abweichung hat das gleiche Verhalten wie die Lösung selbst.
6.17 Penning-Falle (H2007)
135
NB3: Wenn man anstelle des angegebenen harmonischen Ansatzes standardmäßig einen Ansatz mit einer komplexen Exponentialfunktion e−iωM t macht, erhält man
 
 
 
 
x
x 
ẋ
ẍ
2  
  = −ωM   und   = −iωM  
y
ẏ
y
ÿ
und damit in der vorangegangenen Gleichung

  
1 2
2
 2 ωz + ωM iωc ωM  x

· =0.
2
−iωc ωM 21 ωz2 + ωM
y
Das ist wieder eine homogene Gleichung mit der Lösbarkeitsbedingung


1 2
2
 2 ωz + ωM iωc ωM 
2
2 2
− ωc2 ωM
0 = det 
 = 12 ωz2 + ωM
2
−iωc ωM 21 ωz2 + ωM
mit der Lösung
1q
1 2
2
(ωc2 − ωz2 )2 − ωz4 .
ω − ωz ±
=
2 c
2
In der Tat ist dieses Ergbnis gerade das Quadrat der Lösung (1).
2
ωM
Eine stabile Bewegung ist beschränkte Bewegung, also eine mit reellem ω M . Damit ωM reell
2
ist, muss ωM
> 0 gelten. Wenn
√ man die Wurzel wie in (1) schreibt, dann kommt man zu der
gleichen Bedingung ωc > 2 ωz wie oben. Damit ist auch der erste Term von ωM positiv.
√
NB4: Im Fall ωc < 2ωz wäre ωM imaginär, und die Lösung enthielte einen exponentiell
zunehmenden Anteil, welcher die Instabilität markieren würde.)
6 ELEKTRODYNAMIK
136
6.18 Elektrisches Potential im Kasten (H2007)
a) Das Innere des Kastens ist ladungsfrei, daher wird das Potential durch die Laplace-Gleichung beschrieben,
2
∂
∂2
∂2
+
+
Φ(x, y, z) = 0
(9)
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
mit kartesischen Koordinaten als den dem Problem angepassten Koordinaten.
b) Der Laplace-Operator ist separabel (eine Summe von Operatoren, welche auf verschiedene
Variablen wirken). Mit dem Ansatz
Φ(x, y, z) = f (x) g(y) h(z)
erhält man nach Division durch f gh
f 00 g 00 h00
+
+
= 0.
f
g
h
(10)
Das ist eine Summe von drei Termen, die jeweils von anderen Variablen abhängt, also ist
jeder der Summanden eine Konstante,
f 00
= −k 2 ,
f
g 00
= −m2 ,
g
⇒
h00
= k 2 + m2 .
h
(11)
Das sind jeweils lineare Differentialgleichungen. Abhängig vom (negativen/positiven) Vorzeichen der Konstanten sind die Lösungen Kombinationen von Exponentialfunktionen mit
imaginärem/reellem Argument. In Anbetracht der Randbedingungen bei x i = 0 sind die
Kombinationen also Sinus- bzw. Sinus-hyperbolicus-Funktionen. In Anbetracht der Randbedingungen bei z = c sind das also
πx
a
πy
g(y) = sin
b
V0
h(x) =
sinh(γz)
sinh(γc)
f (x) = sin
mit γ = π
r
1
1
+
.
a 2 b2
Damit folgt
Φ(x, y, z) =
πx
πy
V0
sin
sin
sinh(γz) .
sinh(γc)
a
b
(12)
c) Das elektrische Feld erhält man aus
~ = −∇Φ
~ .
E
Für y = 0 verschwinden die Ableitungen nach x und z, es bleibt
~ =−
E
π
πx
V0
sin
sinh(γz)~ey .
sinh(γc) b
a
Das elektrische Feld zeigt also in y-Richtung und nimmt bei x = a/2 und z = c seinen
maximalen Betrag V0 π/b an.
137
7 Thermodynamik
7.1 Schallgeschwindigkeit (H2003)
a) Man muss die Dichte ρ = M/VM mit dem Molvolumen VM in die Zustandsgleichung
pVM = RT
des idealen Gases einführen,
ρ
RT ,
M
und man erhält die thermische Schallgeschwindigkeit
s r
RT
∂p
.
vT =
=
∂ρ T
M
p=
b) Für adiabatische Zustandsänderungen gilt
0 = δq = du + p dVM = cV dT + p dVM = cV dT +
RT
dVM .
VM
(1)
mit der gegebenen Form von u und mit der Zustandsgleichung. Das ist noch eine Gleichung
für T (VM ) anstelle von einer für für p(ρ).
1. Alternative: Nun ist jedoch
ρ=
M
VM
⇒
dVM = −
M
dρ
ρ2
⇒
dVM
dρ
=− ,
VM
ρ
und daraus kann man T (ρ) erhalten und aus der Zustandsgleichung dann schließlich p(ρ).
Man erhält also erst einmal
dVM
dT
= −R
cV
T
VM
und durch Integration
ln T = −
R
ln VM + c0
cV
⇒
−R/cV
T = cVM
mit einer Integrationskonstanten c0 = ln c und
p=
R
−1−R/cV
T = RcVM
= Rc(ρ/M )1+R/cV .
VM
Die Potenz ist also
γ =1+
cV + R
cp
R
=
=
.
cV
cV
cV
2. Alternative: Wenn man also gleich die Dichte einführt, erhält man
dT
R dρ
=
.
T
cV ρ
Integration führt zu
ln T =
R
ln ρ + c̃0
cV
⇒
T = c̃ρR/cV
7 THERMODYNAMIK
138
mit einer Integrationskonstanten c0 und unter Verwendung der Zustandsgleichung
p=
R
R
ρT = c ρ1+R/cV
M
M
Die Potenz ist also
γ =1+
cV + R
cp
R
=
=
.
cV
cV
cV
3. Alternative: Wenn man die Zustandgleichung benutzt,
pVM = RT
⇒
dVM
dp
dT
+
=
,
VM
p
T
⇒
p dVM + VM dp = R dT
und in Gleichung (1) in der Form
R dVM
R dρ
dT
=−
=+
T
c V VM
cV ρ
verwendet, erhält man
oder
dp
=
p
dρ dp
− +
ρ
p
R
1+
cV
=
dρ
dρ
=γ
ρ
ρ
R dρ
cV ρ
⇒
p = cργ .
c) Im Anschluss and die vorhergehende Teilaufgabe kann man die Ableitung (∂p/∂ρ) ad bilden
und erhält
∂p
R
R
= cγ ργ−1 = γ T
∂ρ ad
M
M
und
vad =
r
γ
√
R
T = γ vT .
M
d) Die Schallausbreitung erfolgt so schnell, dass keine Zeit zum Wärmeaustausch bleibt. Daher
liefert die Annahme einer adiabatischen Schallausbreitung eine bessere Beschreibung als
Annahme einer thermischen Schallausbreitung.
7.2 Gibbs’sches Paradox (H2003)
139
7.2 Gibbs’sches Paradox (H2003)
a) 1. Alternative: Das Differential der inneren Energie U bei fester Teilchenzahl N ist
dU = T dS − p dV
dV
− p dV
V
mit der Zustandsgleichung,
= N cV dT + N kB T
= N cV dT
woraus die Behauptung folgt.
2. Alternative: Man untersucht die Ableitung von U nach V ,
∂S
∂U
= T
− p mit dU = T dS − p dV ,
∂V T
∂V T
∂p
= T
− p mit der Maxwell-Relation
∂T V
= p − p = 0 mit der Zustandsgleichung.
b) Im ersten System erhält man
S1 (T, V, N ) = N s0 + N cV ln
V
T
+ N kB ln
.
T0
V0
Im zweiten System kann man die Entropien der beiden Teilsysteme addieren.
Für jedes der beiden Teilsysteme erhält man
Si (T, 21 V, 12 N ) = 12 N s0 + 12 N cV ln
1
V
T
+ 12 N kB ln 2 .
T0
V0
Für die Differenz erhält man
∆S = S1 − 2Si = N kB ln 2 .
(NB: Der letzte Term in der angegebenen Gleichung für die Entropie ist nicht extensiv, weil
das Argument des Logarithmus nicht intensiv ist.)
c) Mit dem Ergebnis von Teilaufgabe 2 erhält man für die homogene Funktion
N0
V
S(T, NN0 V, NN0 N ) = S(T0 , NN0 V0 , NN0 N ) + NN0 N cV ln TT0 + NN0 N kB ln NV0
= NN0 S(T, V, N ) = NN0 S(T0 , V0 , N ) + NN0 N cV ln TT0 + NN0 N kB ln VV0 .
Daraus erhält man
S(T0 , V0 , N ) =
N
N0
S(T0 , V0 , N0 ) + N kB ln
N0
N
und damit
S(T, V, N ) =
T
N0 V
N
S(T0 , V0 , N0 ) + N cV ln
+ N kB ln
.
N0
T0
N V0
Dieser Ausdruck ist explizit extensiv, und die Differenz der Entropien der beiden Systeme
verschwindet.
7 THERMODYNAMIK
140
7.3 Temperaturabhängigkeit des Dampfdrucks (F2004)
a) Entlang der Koexistenzkurve sind die intensiven Variablen, also die Drücke p 1 und p2 sowie
die Temperaturen T1 und T2 , in den beiden Phasen gleich.
b) Für das totale Differential der spezifischen (molaren) freien Enthalpie gilt
dgi = −si dT + vi dp .
Wegen dg1 = dg2 ergibt sich dann
−s1 dT + v1 dp = −s2 dT + v2 dp ,
woraus man durch Auflösen unmittelbar das gesuchte Resultat findet.
c) Durch Vergleich erhält man
q = (s2 − s1 ) T .
q ist also eine (spezifische) Wärme. Bei konstanter Temperatur muss das die spezifische
Verdampfungswärme sein.
d) Man muss also die rechte Seite der Clausius-Clapeyron-Gleichung durch die Variablen p
und T ausdrücken, also v2 eliminieren. Wenn die Gasphase als ideales Gas beschreibbar sein
soll, dann lautet die Zustandsgleichung
pv2 = RT .
Dies erlaubt es, das spezifische Volumen v2 aus der Clausius-Clapeyron-Gleichung zu eliminieren. Unter Vernachlässigung des (kleinen) spezifischen Volumens v 1 der flüssigen Phase
findet man
q
dp
=
p.
dT Koex RT 2
Damit ergibt sich durch Trennung der Variablen und Integration
dp
q dT
=
p
R T2
und
q
p
=−
ln
p∞
R
1
1
−
T
T∞
=−
q
RT
und damit die gesuchte Temperaturabhängigkeit des Dampfdrucks
q p(T ) = p∞ exp −
RT
und
A=
q
.
R
7.4 Adiabatische Expansion (F2004)
141
7.4 Adiabatische Expansion (F2004)
a) Weil die Expansion adiabatisch erfolgt, verschwindet die Änderung der Wärme, δQ = 0.
Weil die Expansion ohne Arbeitsverrichtung erfolgt, verschwindet auch die Änderung der
Arbeit, δA = 0. Also ist die innere Energie konstant,
dU = δQ + δA = 0 .
b) Während die natürlichen Variablen der inneren Energie U = U (S, V ) die Entropie S und Volumen V sind, werden hier T und V benötigt. Das zugehörige Potential ist die freie Energie
F = U − T S mit
dF = −S dT − p dV .
Die Gleichheit der gemischen Ableitungen führt zu
∂S
∂2F
∂2F
∂p
=−
.
=−
=
∂V T
∂V ∂T
∂T ∂V
∂T V
c) (i) Man muss also die innere Energie U durch T und V anstelle von S und V ausdrücken,
Für den Prozess gilt mit der Maxwell-Relation von Teilaufgabe b
0 = dU = T dS − p dV
∂S
∂p
∂S
dT + T
dV − p dV = CV dT + T
− p dV
= T
∂T V
∂V T
∂T V
und daraus
∂T
∂V
U
1
=−
CV
∂p
T
−p .
∂T V
(ii) Die Temperaturänderung ∆T erhält man aus
1
∂p
dT = −
T
− p dV
CV
∂T V
zu
1
∆T = −
CV
Z
V2
V1
d) (i) Mit
p=
∂p
T
− p dV .
∂T V
nRT
a
− 2
V −b V
für das van der Waals-Gas erhält man
a
∂p
−p= 2
T
∂T V
V
und damit
1
∆T = −
CV
Z
V2
V1
Z V2
dV
∂p
a
a
1
1
T
− p dV = −
=
−
.
∂T V
C V V1 V 2
C V V2 V1
Mit V2 > V1 erhält man ∆T < 0, also Abkühlung.
7 THERMODYNAMIK
142
Alternativ kann man aus
∂p
dV
dU = CV dT + T
− p dV = CV dT + a 2
∂T V
V
die innere Energie zu
U = U0 + CV T −
a
V
bestimmen und die Temperaturänderung aus
0 = ∆U = CV ∆T −
a
a
−
V2 V1
erhalten.
(ii) Für ein ideales Gas mit a = 0 ist ∆T = 0; also bleibt die Temperatur konstant.
7.5 Stirling-Prozess (H2004)
143
7.5 Stirling-Prozess (H2004)
a)
V
V1
V
2
C
B
3
V2
2
V1
1
D
1
3
V2
A
4
B
C
A
D
p
T1 T
T2
T1
4
T2
b) Aus dem ersten Hauptsatz folgt für ein ideales Gas
δQ = dU + p dV = CV dT + p dV .
Wenn man dU = CV dT für ein ideales Gas nicht kennt, dann muss man dU durch T und V
ausdrücken. Mit
dU = T dS − p dV
und
dS =
∂S
∂T
dT +
V
∂S
∂V
dV
T
sowie (mit dF = −S dT − p dV )
∂S
∂(N kB T /V )
∂p
∂2F
N kB
p
=−
=
=
=
=
∂V T
∂V ∂T
∂T V
∂T
V
T
V
für ein ideales Gas erhält man
dU = T
∂S
∂T
dT = CV dT .
V
Damit erhält man
δQ = CV dT + p dV .
Damit ergibt sich für die vier Abschnitte
1)
2)
3)
4)
isotherme Expansion (dT = 0, δQ = p dV > 0, Wärmezufuhr
isochore Abkühlung (dV = 0, δQ = CV dT < 0, Wärmeabfuhr
isotherme Kompression, δQ < 0, Wärmeabfuhr
isochore Erwärmung, δQ > 0, Wärmezufuhr.
Für die zu- und abgeführten Wärmemengen ergibt sich
Z V1
V1
N k B T1
QAB =
= N kB T1 ln
>0
dV
V
V2
V2
QBC = CV (T2 − T1 )
<0
Z V2
V2
N k B T2
= N kB T2 ln
<0
QCD =
dV
V
V1
V1
QDA = CV (T1 − T2 )
>0.
7 THERMODYNAMIK
144
c) (i) Die pro Zyklus geleistete Arbeit ist wegen dU = 0
−A = QAB + QBC + QCD + QDA
= N kB (T1 − T2 ) ln
V1
.
V2
(ii) Für die zugeführte Wärme ergibt sich
QAB + QDA = N kB T1 ln
V1
+ CV (T1 − T2 ) .
V2
(iii) Der Wirkungsgrad beträgt somit
η=
−A
=
QAB + QDA
T1 − T 2
.
CV (T1 − T2 )
T1 +
N kB ln(V1 /V2 )
Wegen T1 > T2 und V1 > V2 gilt
CV
T1 − T 2
>0,
N k ln(V1 /V2 )
und damit ist
η<
T1 − T 2
= ηCarnot .
T1
d) (i) Wenn die im isochoren Prozessschritt BC abgegebene Wärme bei der isochoren Erwärmung DA wieder zugeführt werden kann, ist nur noch die bei der isothermen Expansion
zugeführte Wärme bei der Berechnung des Wirkungsgrades zu berücksichtigen.
(ii) Damit ergibt sich der Wirkungsgrad zu
η=
T1 − T 2
−A
=
.
QAB
T1
In diesem Fall wird also der Carnot-Wirkungsgrad erreicht.
(iii) Hierzu sind allerdings unendlich viele Wärmebäder bei allen Temperaturen zwischen T 2
und T1 erforderlich.
7.6 Wirkungsgrad (H2004)
145
7.6 Wirkungsgrad (H2004)
a) Es gilt (dV = 0)
dS
dU
=
.
dT
dT
Daraus folgt durch Integration (bis auf Konstanten)
CV = C = T
U = CT
und S = C ln T .
(1)
(2)
b) Solange die Temperaturänderungen vernachlässigbar sind, kann man die beiden Festkörper
als Wärmereservoire ansehen. Für konstante Temperaturen der beiden Wärmereservoire kann
dann der ideale Wirkungsgrad erreicht werden,
η =1−
T2
200
5
=1−
= .
T1
450
9
(3)
c) Im angegebenen Idealfall bleibt die Entropie erhalten,
S1 + S2 = C ln T1 + C ln T2 = 2C ln Te .
Daraus folgt
Te =
p
T1 T2 = 300 K.
(4)
(5)
d) Die entnommene und zugeführte Wärmemenge erhält man aus dem Energiesatz,
Q = Q1 = C(T1 − Te ) = C × 150 K,
Q2 = C(Te − T2 ) = C × 100 K
(6)
mit W = Q1 − Q2 = C × 50 K folgt
η=
1
W
= .
Q1
3
(7)
(Der Wirkungsgrad ist um den Faktor 3/5 kleiner als der anfängliche, ideale Wirkungsgrad.)
7 THERMODYNAMIK
146
7.7 Thermodynamik des Gummifadens (F2005)
a) (i) Die thermische Zustandsgleichung ist
1 (2) ∂S
(1) cL0
=
=
T
∂U L
U
⇒
U = cL0 T .
(8)
(U hängt nur von T , nicht von L ab.)
(ii) Die mechanische Zustandsgleichung lautet
L − L0
σ (2) ∂S
(1)
= −b
− =
T
∂L U
L1 − L 0
⇒
σ = bT
L − L0
.
L1 − L 0
(9)
(σ ist linear in ∆L = L − L0 und in T .)
b) Bei einem isothermen Prozess ist wegen U = cL0 T auch U konstant. Mit
0 = dU = δQ + δA
erhält man δA = −δQ = −T dS.
Zur Berechnung der isothermen Ausdehnung drückt man S von Gleichung (1) mit Gleichung
(8) durch T und L anstelle von U und L aus,
cL0 T
b
S = S0 + cL0 ln
(L − L0 )2
−
U0
2(L1 − L0 )
σ
L − L0
(9)
dL = − dL ,
(dS)T = −b
L1 − L 0
T
und erhält die Änderung der Wärme
δQ = T dS = −σdL < 0
und die der Arbeit
δA = −δQ = σdL > 0 .
Bei Dehnung gibt der Gummifaden Wärme an die Umgebung (Wärmebad) ab. Die verrichtete Arbeit geht vollständig in Wärme über (ins Wärmebad).
c) (i) Die adiabatische Ausdehnung erfolgt isentrop,
0 = dS =
1
σ
dU − dL
T
T
⇒
dU = σdL .
Die mechanische Arbeit erhöht hier die innere Energie.
(ii) Die Änderung der Temperatur erhält man aus
(8)
T =
⇒
U
cL0
(8)
dT =
1
(10) σ
dU =
dL > 0 .
cL0
cL0
Die Temperatur des Gummifadens wird bei Dehnung erhöht.
(10)
7.8 Kühlung durch Entmagnetisierung
147
7.8 Kühlung durch Entmagnetisierung
a) Die (Gibbs’sche) Freie Enthalpie ist
G = U − T S − HM
mit
dG = −S dT − M dH .
Die Integrationsbedingung ist die Gleichheit der gemischten zweiten Ableitungen,
∂S
∂M
=
.
∂H T
∂T H
b) Mit δQ = T dS für einen quasistatischen Prozess erhält man als Funktion von T und H
∂S
∂S
∂M
δQ = T
dT + T
dH = CH dT + T
dH .
∂T H
∂H T
∂T H
c) Im vorgegebenen Fall δQ = 0 findet man aus Gleichung (1)
∂M
δQ = 0 = CH dT + T
dH
∂T H
und daraus
∂T
∂H
S
=−
T (∂M/∂T )H
γH/T
HT
=
=
.
CH
γ(Hr2 + H 2 )/T 2
Hr2 + H 2
d) Separation der Variablen in Gleichung (11) führt zu
1
d(H 2 )
H
dT
2
= 2
dH
=
T
Hr + H 2
Hr2 + H 2
und
Z
T1
T0
dT
=
T
Z
0
H0
oder
ln
oder
(Abkühlung)
H
dH =
Hr2 + H 2
Z
0
H02
1
d(H 2 )
2
Hr2 + H 2
T1
1
H2
= ln 2 r 2
T0
2 Hr + H 0
Hr
T1 = T 0 p
Hr2 + H02
⇒
T1 < T0 .
(11)
7 THERMODYNAMIK
148
7.9 Ideales Gas (H2005)
Bemerkung 1: Die expliziten Terme im Ausdruck für S sind nicht extensiv, wie man es für jeden einzelnen Term erwartet hätte; explizit extensiv wären cN R ln(U/N ) und N R ln(V /N ) mit
der Molzahl N ; bei konstantem N sind die Korrektur-Beiträge in der nicht näher beschriebenen
Konstanten enthalten.
Bemerkung 2: c ist die molare (spezifische) Wärme, N ist hier die Zahl der Mole (nicht der
Teilchen), und cN R = CV ist die Wärmekapazität.
a) Energiebetrachtung: Im Ausgangszustand gilt
Ui = cN RT0 .
Im Endzustand hat man im Gleichgewicht die Beiträge von Gas und Feder (mit der Kolbenverschiebung um ∆L)
k
Uf = cN RT + (∆L)2 .
2
Der Energiesatz fordert
Ui = U f .
Die innere Energie des Gases (ohne Feder) im Gleichgewicht ist also
k
U = cN RT = cN RT0 − (∆L)2 .
2
(12)
b) Im Ausdruck
S = const. + cN R ln U + N R ln V .
für die Entropie ist U in Gleichung (12) gegeben; das Volumen ist
V = (L0 + ∆L) A
mit der Querschnittsfläche A des Zylinders.
(i) Man bestimmt ∆L aus der Extremalbedingung,
∂S(U, V )
∂S ∂U
∂S ∂V
0 =
= NR
+
∂∆L
∂∆U ∂∆L ∂∆V ∂∆L
1
c
(−k∆L) + A
= NR
U
V
−ck∆L
1
= NR
.
+
cN RT0 − k(∆L)2 /2 L0 + ∆L
(13)
(14)
Physikalisch beschreibt Gleichung (14) das Kräftegleichgewicht zwischen Feder und Gasdruck.
(ii) Gleichung (14) ist eine quadratische Gleichung für die Auslenkung ∆L des Kolbens.
Von den zwei Lösungen kann nur diejenige richtig sein, welche eine Ausdehnung beschreibt.
Man findet
!
s
N RT0 1 + 2c
c
∆L = L0
−1 + 1 + 1 2
.
(15)
2c + 1
c
kL0
2
7.9 Ideales Gas (H2005)
149
c) Das Gasvolumen wird vergrößert,
V = AL = A (L0 + ∆L) ,
und die Temperatur des Gases sinkt ab,
(1)
T = T0 −
mit ∆L aus Gleichung (15).
k(∆L)2
2cN R
7 THERMODYNAMIK
150
7.10 Idealisierter Otto-Kreisprozess (H2005)
Bemerkung: In der ursprünglichen Aufgabenstellung war die Zahl n der Mole nicht eingeführt
worden, also n = 1 gesetzt; (das sieht man am letzten Term in Gleichung (1). Hier wird also n = 1
angenommenn. Gegebenenfalls ersetzt man R durch nR. — Die Konstante C V ist also hier die
Wärmekapazität eines Mols, gegebenenfall ist also CV durch nCV zu ersetzen.
a) Mit S0 = S(T0 , V0 ) erhält man für eine adiabatischen Prozess
" #
" #
CV
R
R/CV CV
T
V
T
V
0 = S − S0 = ln
= ln
T0
V0
T0
V0
R/CV
T V
=1,
⇒
T0 V0
also γ = R/CV .
b) Die Punkte 1 und 2 (bzw. 3 und 4) liegen auf einer Adiabaten; also
T1 V1γ = T2 V2γ = X12
und T3 V3γ = T4 V4γ = X34 .
c) Wegen dS = 0 auf den Wegstücken 1 → 2 und 3 → 4 und wegen dV = 0 auf den
Wegstücken 2 → 3 und 4 → 1 gilt
∆S12 = 0 = ∆S34
und ∆A23 = 0 = ∆A41 .
Mit der Zustandsgleichung
p=
R
R X
T =
V
V Vγ
des idealen Gases erhält man
Z V2
Z
∆A12 = −
p dV = −RX12
V1
und analog
∆A34
RX34
=
γ
und damit
∆A = ∆A12 + ∆A34
R
=
γ
Mit
V2
V1
RX12
dV
=
γ+1
V
γ
1
1
γ −
V1
V2γ
1
1
γ −
V2
V1γ
1
1
γ −
V2
V1γ
>0
<0
(X12 − X34 ) < 0 .
dV
dT
+R
T
V
von Gleichung (1) und dV = 0 auf dem Weg 2 → 3 erhält man
Z T3
Z S3
CV
dT = CV (T3 − T2 ) = γ (X34 − X12 ) > 0
∆Q23 =
T dS = CV
V2
T2
S2
dS = CV
und analog
∆Q41 =
CV
(X12 − X34 ) < 0 .
V1γ
7.10 Idealisierter Otto-Kreisprozess (H2005)
151
d) Der Wirkungsgrad ist
|∆A|
R
η=
=
∆Q23
γCV
1
V2γ
−
1
V2γ
1
V1γ
=1−
(Das ist aber der ideale Wirkungsgrad η = 1 − T1 /T2 .)
V2
V1
γ
.
7 THERMODYNAMIK
152
7.11 Dieselmotor (F2006)
a) Die Zustandsgleichung ist P V = N kB T ,
die innere Energie ist U = 23 N kB T .
b)
1 → 2 : T2 > T1 , weil bei adiabatischer Kompression innere Energie zunimmt
(dU = −P dV ) oder weil T 3/2 V = const.
2 → 3 : T3 > T2 , weil entlang der Isobaren V ∝ T
3 → 4 : T4 < T3 , weil bei adiabatischer Expansion innere Energie abnimmt
(dU = −P dV ) oder weil T 3/2 V = const.
4 → 1 : T1 < T4 , weil entlang der Isochoren P ∝ T
c) Aus
dU = δQ − P dV
folgt für einen adiabatischen Prozess (δQ = 0)
3
dU = N kB dT = 0 − P dV .
2
Wegen P V = N kB T folgt
3
dT
dV
N kB
= −N kB
2
T
V
und daraus
⇒
ln T 3/2 = − ln V + C,
T 3/2 V = C 0 = const.
Wegen P V = N kB T folgt
P =
N kB T
= C 0 V −5/3 .
V
d) (i) Für eine isobare Expansion gilt mit der Zustandsgleichung
δW = −δA = P dV = d(P V ) = N kB dT ,
daher ist die für den Übergang 2 → 3 vom System (an der Umgebung) geleistete Arbeit
∆Aout = δW = P (V3 − V2 ) = N kB (T3 − T2 ) .
(ii) Mit dem 1. Hauptsatz folgt für das ideale Gas
3
dU = N kB dT = δQ + δA = δQ − N kB dT
2
und daraus
5
δQ = N kB dT
2
bzw. die vom System absorbierte Wärme
5
∆Qin = N kB (T3 − T2 ) .
2
7.12 Carnot-Prozess mit Photonengas (F2006)
153
7.12 Carnot-Prozess mit Photonengas (F2006)
a) Aus dem ersten Hauptsatz dU = δQ − p dV folgt für adiabatische Zustandsänderungen die
Forderung δQ = dU + p dV = 0. Zusammen mit
∂U
∂U
dU =
dT +
dV
∂T V
∂V T
ergibt sich
0 = δQ =
und damit die gesuchte Beziehung.
∂U
∂T
dT +
V
∂U
∂V
+ p dV
T
b) Aus der kalorischen Zustandsgleichung in der Form U = 3pV = σV T 4 ergibt sich
∂U
∂U
4
= σT
und
= 4σV T 3 .
∂V T
∂T V
Zusammen mit der thermischen Zustandsgleichung p = (σ/3)T 4 ergibt sich aus der Beziehung aus Aufgabenteil a)
1
σT 4 + σT 4
1T
∂T
=−3
=−
3
∂V ad
4σV T
3V
oder
woraus sich T ∝ V −1/3
γ = 1/3.
dT
1 dV
=−
T
3 V
1/3
oder T V
= const. ergibt. Der gesuchte Exponent ist somit
c) Beim Carnot-Prozess findet nur in den beiden isothermen Schritten, die im Folgenden mit
den Indizes 1 und 2 bezeichnet seien, ein Wärmeaustausch statt. Dabei sei T 1 > T2 . Nachdem die Temperaturen jeweils konstant sind, folgt für die entsprechenden Entropieänderungen ∆Si = ∆Qi /Ti . Da die Entropie eine Zustandsgröße ist, gilt für einen Umlauf
0 = ∆S = ∆S1 + ∆S2 =
und damit
∆Q1 ∆Q2
+
T1
T2
T1
∆Q1
=− .
∆Q2
T2
Mit der inneren Energie als Zustandsgröße folgt aus dem ersten Hauptsatz die pro Umlauf
geleistete Arbeit
−∆W = ∆Q1 + ∆Q2 .
Nachdem nur im Schritt 1 dem System Wärme zugeführt wird, findet man für den Wirkungsgrad
∆Q1 + ∆Q2
T2
η=
=1−
.
∆Q1
T1
Wie erwartet stimmt das Ergebnis mit dem Wirkungsgrad für den Carnot-Prozess mit einem
idealen Gas als Arbeitsmedium überein (tatsächlich ist die in dieser Teilaufgabe verwendete
Argumentation vollkommen unabhängig vom Arbeitsmedium).
7 THERMODYNAMIK
154
7.13 Drossel-Prozess (H2006)
a) Mit den für ein ideales Gas gültigen Beziehungen
3
U = N kB T
2
und pV = N kB T
folgt
5
H = U + pV = N kB T .
2
Aus konstantem H folgt die konstante Temperatur T .
b) Mit dem Differential
dG = −S dT + V dp
und der Vertauschbarkeit der gemischten Ableitungen von G(T, p) folgt die zu zeigende
Maxwell-Relation
∂S
∂V
=−
.
∂p T
∂T p
c) Es gilt
0 = dH = T dS + V dp .
Man muss also die Abhängigkeit von den natürlichen Variablen S (und p) auf eine von T
(und p) umschreiben. Mit der Funktion S(T, p) erhalten wir daraus
" #
∂S
∂S
0=T
dT +
dp + V dp
∂T p
∂p T
Der erste Term ist Cp dT , und der zweite wird mit der vorigen Maxwell-Relation umgeformt.
Man erhält
Cp dT + T (−V α) dp + V dp = 0 ,
woraus die Behauptung folgt.
7.14 Mischungsentropie für ideale Gase (H2006)
155
7.14 Mischungsentropie für ideale Gase (H2006)
Es seien einatomige Gase vorausgesetzt.
a) Die innere Energie eines idealen Gases ist
3
3
U = N kB T = nRT
2
2
und die eines Gemischs ist
3X
3X
U=
Nj kB T =
nj RT
2 j
2 j
(1)
(2)
mit den Teilchenzahlen N bzw. Molzahlebn n. Da T und Nj constant sind, folgt ∆U = 0.
b) (i) Man bezeichne die vier Teilvolumina in der mittleren Abbildung vnon links nach rechts
mit α, β, γ und δ. Gleichgewichtsbedingungen für die Diffusion an den semipermeablen
Wänden sind
1) µαA = µβA
2) µβB = µγB
(3)
(ii) Wegen
µi = RT ln
Pi v 0
+ fi (T )
RT
(4)
PBβ = PBγ .
(5)
und T = const. folgt für die Partialdrücke
PAα = PAβ ,
PSfrag replacements
1
2
α
β
A
A+B
γ
B
δ
Vakuum
c) Die Arbeit ist proportional zur resultierenden Kraft auf den beweglichen Teil, und diese Kraft
ist proportional zum resultierenden Druck
(P α − P β ) + (P γ − P δ ) = (PAα − PAβ − PBβ ) + (PBγ − 0) = 0 .
(6)
∆U = T ∆S + ∆A
(7)
Mit verschwindendem Druck verschwindet auch die mechanische Arbeit, ∆A = 0.
d) (i) Wegen
und ∆U = 0 (Teilaufgabe a) und ∆A = 0 (Teilaufgabe c) folgt ∆S = 0.
(ii) Die Entropie eines Gemisches aus idealen Gasen ist die Summe der Entropien, die jedes Gas hätte, wenn es allein das Volumen V (bei der Temperatur T ) einnehmen würde
(Gibbs’sches Theorem).
7 THERMODYNAMIK
156
7.15 Mischungsentropie für ideale Gase (H2006)
Es seien einatomige Gase vorausgesetzt.
a) Die innere Energie eines idealen Gases ist
3
3
U = N kB T = nRT
2
2
und die eines Gemischs ist
3X
3X
U=
Nj kB T =
nj RT
2 j
2 j
(1)
(2)
mit den Teilchenzahlen N bzw. Molzahlebn n. Da T und Nj constant sind, folgt ∆U = 0.
b) (i) Man bezeichne die vier Teilvolumina in der mittleren Abbildung vnon links nach rechts
mit α, β, γ und δ. Gleichgewichtsbedingungen für die Diffusion an den semipermeablen
Wänden sind
1) µαA = µβA
2) µβB = µγB
(3)
(ii) Wegen
µi = RT ln
Pi v 0
+ fi (T )
RT
(4)
PBβ = PBγ .
(5)
und T = const. folgt für die Partialdrücke
PAα = PAβ ,
PSfrag replacements
1
2
α
β
A
A+B
γ
B
δ
Vakuum
c) Die Arbeit ist proportional zur resultierenden Kraft auf den beweglichen Teil, und diese Kraft
ist proportional zum resultierenden Druck
(P α − P β ) + (P γ − P δ ) = (PAα − PAβ − PBβ ) + (PBγ − 0) = 0 .
(6)
∆U = T ∆S + ∆A
(7)
Mit verschwindendem Druck verschwindet auch die mechanische Arbeit, ∆A = 0.
d) (i) Wegen
und ∆U = 0 (Teilaufgabe a) und ∆A = 0 (Teilaufgabe c) folgt ∆S = 0.
(ii) Die Entropie eines Gemisches aus idealen Gasen ist die Summe der Entropien, die jedes Gas hätte, wenn es allein das Volumen V (bei der Temperatur T ) einnehmen würde
(Gibbs’sches Theorem).
7.16 Schwarzkörperstrahlung (F2007)
157
7.16 Schwarzkörperstrahlung (F2007)
a) (i) Aus der Beziehung U (T, V ) = V u(T ) folgt für festes T , dass u(T ) = (∂U/∂V ) T .
(ii) Aus
dU = T dS − P dV
folgt
u=
∂U
∂V
= T
T
∂S
∂V
+
T
−P ,
alternativ
u=
∂U
∂V
=
T
∂U
∂S
V
∂S
∂V
T
∂U
∂V
=T
S
∂S
∂V
T
−P .
b) Das thermodynamische Potential mit den natürlichen Variablen V und T ist die freie Energie
F = U − T S mit
dF = −S dT − P dV .
Weil dF ein totales Differential ist, gilt die Maxwell-Relation (Integrationsbedingung)
∂S
∂2F
∂2F
∂P
=−
=
=−
.
(8)
∂V T
∂S ∂T
∂T ∂S
∂T V
c) Durch Einsetzen von Gl. (8) in Gl. (1) erhalten wir
∂P
−P .
u(T ) = T
∂T V
Da nun aber für elektromagnetische Strahlung P = 13 u gilt, erhalten wir die Differentialgleichung
1
∂u
u ==
T
−u .
(9)
3
∂T
(Man hätte auch u durch P ersetzen können, aber in der folgenden Aufgabe soll u(T ) bestimmt werden und nicht P (T ).)
d) Trennung der Variablen in Gl. (9) liefert
4
dT
du
=
T
u
mit der Lösung
4 ln
Daraus folgt u = ∝T 4 , d.h. n = 4.
T
u
= ln
.
T0
u0
7 THERMODYNAMIK
158
7.17 Deformation eines Flüssigkeitstropfens (F2007)
a) Das thermodynamische Potential mit den natürlichen Variablen A und S, wie auf der linken Seite der zu beweisenden Gleichung, ist die innere Energie U . Aus der Gleichheit der
gemischten Ableitungen von U folgt die Maxwell-Relation
∂T
∂σ
=
.
∂A S
∂S A
1. Alternative: Hier ist, wie in ähnlich gelagerten Fällen, CX = T (dS/dT )X von Nutzen.
Für die rechte Seite der zu beweisenden Gleichung erhält man
T
∂σ
∂σ
∂T
∂σ
∂σ
1
= ∂S =
=
.
CA ∂T A
∂T
∂S
∂T
∂S
A
A
A
A
∂T A
Mit der Maxwell-Gleichung erhält man die angegebene linke Seite der Gleichung.
2. Alternative:
∂σ
∂σ
T
∂T
∂σ
=
=
∂S A
∂T A ∂S A
∂T A CA
folgt die zu beweisenden Gleichung.
b) Mit (∂T /∂A)S nach Teilaufgabe a) erhält man
∂T
T
∂σ
T −η
=
=
= −γT
∂A S CA ∂T A CA T0
oder
mit γ =
η
= const.
T0 C A
dT
= −γ dA .
T
Mit dem Integral
ln
T
= −γ (A − A0 )
T0
erhält man das Ergebnis
T = T0 e−γ(A−A0 ) .
c) (i) Mit F = U − T S erhält man das Differential
dF = d (U − T S) = −S dT + σ dA .
(ii) Die Funktion σ(T ) ist gegeben (nicht aber die Funktion S). Daher also erst einmal eine
Integration bezüglich A: Mit
∂F
= σ(T )
∂A T
unabhängig (!) von A erhält man
F (T, A) = Aσ(T ) + c(A)
mit einer von der Oberfläche A abhängigen Integrations konstanten“ c(A), die man aus der
”
Randbedingung bestimmen kann: Mit
0 = F (T0 , A) = Aσ(T0 ) + c(A) = 0 + c(A)
erhält man c(A) = 0 und
F (T, A) = Aσ(T ) .
7.17 Deformation eines Flüssigkeitstropfens (F2007)
159
d) Das thermodynamische Potential mit den natürlichen Variablen A und T ist die freie Energie
F = U − T S mit
dF = −S dT + σ dA .
Mit der Maxwell-Relation
∂S
∂σ
∂ ∂F
∂ ∂F
=−
=−
=−
∂A T
∂A ∂T
∂T ∂A
∂T A
erhält man
∂S
∂A
T
=−
∂σ
∂T
=
A
η
>0.
T0
Die Entropie nimmt zu mit Vergrößerung der Oberfläche.
7 THERMODYNAMIK
160
7.18 Gleichgewichte (H2007)
a) (i) Das Gesamt-System der drei Gase ist abgeschlossen, daher ist nicht nur das GesamtVolumen sondern auch die innere Energie konstant,
dU =
3
X
dU (i) = 0,
(10)
dV (i) = 0
(11)
i=1
dV =
3
X
i=1
Im Gleichgewicht stellen sich die Teil-Volumina und Teil-Energien ein. Die Teilchenzahlen
interessieren nicht, weil die Kolben teilchenundurchlässig sind.
(ii) Im Gleichgewicht ist die Entropie
S=
3
X
S (i) (U (i) , V (i) , N (i) )
(12)
i=1
maximal, also
3 X
p(i)
1
(i)
(i)
dU + (i) dV
dS =
=0
T (i)
T
i=1
(13)
Bezeichnet man mit A und a die Querschnittsflächen des grßen bzw. kleinen Kolbens und
mit dX bzw. dx ihre Verschiebungen, dann erhält man
dU3 = −dU1 − dU2
(14)
dV1 = AdX
dV2 = −AdX + adx
dV3 = −adx
Wenn man diese Gleichungen oben einsetzt, erhält man
1
1
1
1
dS =
−
dU1 +
−
dU2
T1 T3
T2 T3
p1
p2
p2
p3
+
Adx +
ady
−
−
T1 T2
T2 T3
(15)
(16)
Da dU1 und dU2 unabhängig sind, folgt
T1 = T 2 = T 3 .
(17)
p1 = p 2 = p 3 .
(18)
Da dX und dx unabhängig sind, folgt
b) Ein ideales Gas hat die Zustandsgleichung
pV = nRT oderpV = N kB T
(19)
mit der Molzahl n oder Teilchenzahl N . Damit folgt aus den Bedingungen (19) ??? und (18)
V2
V3
V1
=
=
,
N1
N2
N3
d.h. die Teilvolumina sind proportional zu den Mol- bzw. Teilchen-Zahlen.
(20)
7.18 Gleichgewichte (H2007)
161
c) Die Verschiebungen dX und dy sind nur nicht mehr unabhängig, sondern es gilt dX = dx.
Damit findet man
T1 = T 2 = T 3
(21)
wie oben, aber
(p1 − p2 )A = (p3 − p2 )a
(22)
Interpretation: Das ist das mechanische Kräftegleichgewicht auf den beweglichen Teil, nämlich das System der Kolben.
7 THERMODYNAMIK
162
7.19 Freie Energie (H2007)
Für die freie Energie gilt
F = E − T S,
dF (T, V ) = −S dT − p dV .
(23)
Um das Kurvenverhalten zu untersuchen, benötigt man die erste und zweite Ableitung, nämlich
(negative) die Entropie S bzw. (negative) die Wärmekapazität CV ,
2 ∂F
∂ F
S=−
und CV = −T
.
(24)
∂T V
∂T 2 V
Daraus ergeben sich folgende Fehler:
a) Bei T = 0 muss F = E0 gelten.
b) Die Entropie bei T = 0 verschwindet, also muss die Steigung dort ebenfalls verschwinden.
c) Die Entropie ist immer positiv, also muss die Steigung überall negativ sein.
d) Bei hohen Temperaturen ist die Entropie maximal, daher muss die Kurve dort proportional
zur Temperatur T nach unten zeigen.
e) Die Wärmekapazität ist immer positiv, also muss die Krümmung immer negativ sein.
163
8 Quantenmechamik
8.1 Eindimensionale Potentialbarriere (H2003)
a) (i) Für x 6= 0 ist das Potential konstant; die Wellenfunktionen sind also ebene Wellen. Der
Ansatz für die Wellenfunktion im Bereich x < 0 besteht aus der einfallenden und der reflektierten Welle,
~2 k 2
ψ< (x) = eikx + Be−ikx mit E =
2m
und im Bereich x > 0 nur aus der transmittierten Welle,
0
ψ> (x) = C eik x
mit E = V0 +
~2 k 02
.
2m
(ii) Der Wellenvektor k 0 ist reell für E > V0 und imaginär für E < V0 mit Im(k 0 ) > 0. (Der
Fall Im(k 0 ) < 0 führt zu einer divergierenden, nicht normierbaren Lösung.) Im ersten Fall
E > V0 hat man einen transmittierten Teilchenstrom auf der rechten Seite, und im zweiten
Fall E < V0 dringen die Teilchen nur exponentiell gedämpft ein, und es findet Totalreflexion
statt.
b) (i) Die Stetigkeit der Wellenfunktion bei x = 0 führt zu
1+B =C .
(ii) Der Sprung der Ableitung der Wellenfunktion wird aus dem angegebenen Integral berechnet: Der Mittelwertsatz für den ersten Term und Integration des zweiten führt zu
0=−
~2 0
~2 g
0
[ψ> (0) − ψ<
(0)] +
ψ(0)
2m
2m
oder
0
0
ψ>
(0) − ψ<
(0) = gψ(0) .
(Der Mittelwertsatz für den nicht aufgeschriebenen Term Eψ führt zu einem verschwindenden Ergebnis.) Mit dem Ansatz führt das zu
ik 0 C − ik (1 − B) = g (1 + B) = gC .
(iii) Kombiniert man die Ergebnisse aus (i) und (ii), erhält man entweder durch sukzessives
Eliminieren oder durch das Gleichungssystem
   

1  B   1 
−1
  =  

0
k
C
k k + ig
die Lösungen
k − k 0 − ig
,
k + k 0 + ig
2k
.
C =
k + k 0 + ig
B =
8 QUANTENMECHAMIK
164
8.2 Virialsatz (H2003)
a) Man folgt dem Hinweis und berechnet
[H, xp] = [H, x] p + x [H, p]
~ p
[H, x] = [T, x] =
i m
~
[H, p] = [V, p] = − mω 2 x
i
2
~ p
2~
2 2
⇒ [H, xp] =
− mω x =
(T − V )
i m
i
2~
(hT i − hV i) .
h[H, xp]i =
i
Alternativ
hn| [H, xp] |ni = hn|Hxp|ni − hn|xpH|ni
= En hn|xp|ni − hn|xp|niEn = 0 .
Also gilt
hT i = hV i .
b) Wegen des Virialsatzes gilt
hEi = hT i + hV i = 2hT i = 2hV i
und daher
hp2 i = 2mhT i = mhEi
2
1
hx2 i =
hV i =
hEi .
2
mω
mω 2
c) Aus Symmetriegründen gilt hpi = 0 und hxi = 0; daher kann man die (quadrierte) Unschärferelation schreiben als
~2
∆x2 ∆p2 = hx2 ihp2 i ≥
.
4
Mit den in der vorausgehenden Teilaufgabe erzielten Ergebnissen erhlt man
∆x2 ∆p2 =
E2
~2
≥
,
ω2
4
also
E ≥ 12 ~ω .
(Das Gleichheitszeichen gilt für den Grundzustand.)
8.3
Harmonischer Oszillator mit undurchdringlicher Wand (F2004)
8.3
165
Harmonischer Oszillator mit undurchdringlicher Wand (F2004)
a) (i) Die Schrödinger-Gleichung ist
~2 d2
2 2
−
+ 2mω x ψ(x) = Eψ(x) ,
2m dx2
(x > 0) .
(1)
(ii) Die Randbedingungen sind
ψ(0) = 0 ,
(2)
lim ψ(x) = 0 ,
(3)
x→∞
Gleichung (2) wegen V = ∞ bei x = 0 und Gleichung (2) wegen der Normierbarkeit der
(nur als solche vorkommenden) gebundenen Zustände.
b) (i) Skizze:
5
0,2
0,1
0
-4
-2
0
ξ = x / a0
2
4
0
-6
-4
-2
0
ξ = x / a0
2
4
6
Abbildung 6: Gewöhnlicher harmonischer Oszillator: Links: Potential V /V 0 und Energieniveaus En /V0 mit V0 = ~ω sowie zugehörige Eigenfunktionen ψn (ξ) als Funktion
der Koordinate ξ = x/x0 mit x0 = (mω/~)1/2 . Rechts (nicht verlangt): Klassische und
quantenmechanische Aufenthaltswahrscheinlichkeit für die Energie E = ~ω n + 21
mit n = 10.
(ii) Das Potential des gewöhnlichen harmonischen Oszillators hat Inversionssymmetrie,
V (x) = V (−x).
(iii) Daher haben die Eigenfunktionen des gewöhnlichen harmonischen Oszillators abwechselnd gerade bzw. ungerade Parität.
(iv) Die Energie-Eigenwerte des gewöhnlichen harmonischen Oszillators sind
En = ~ω n + 21 .
c) (i) Die Schrödinger-Gleichung ist jeweils die gleiche für den gewöhnlichen harmonischen
Oszillator mit bzw. ohne Wand. Die mathematischen Lösungen ohne Randbedingungen sind
also die gleichen. Auch die Randbedingung für x → +∞ ist die gleiche. Allerdings wird
8 QUANTENMECHAMIK
166
die Randbedingung (2) nur von den Eigenfunktionen ungerader Parität des gewöhnlichen
harmonischen Oszillators erfüllt.
(ii) Die Eigenwerte sind gleich den Eigenwerten des gewöhnlichen harmonischen Oszillators
für die Zustände mit Eigenfunktionen ungerader Parität,
Em = ~ω 2m + 23 , (m = 0, 1, 2, ...) .
d) Mit dem Ansatz (Gauß-Funktion plus Polynom erster Ordnung)
ψ(x) = (a + bx) e−cx
2
sind die Konstanten a, b und c zu bestimmen. Wegen der ungeraden Parität oder wegen der
Randbedingung (2) muss a = 0 gelten, sodass b die Normierungskonstante ist. Dann hat
man
ψ(x) = bx e−cx
2
2
ψ 0 (x) = b 1 − 2cx2 e−cx
2
2
ψ 00 (x) = b −4cx − 1 − 2cx2 2cx e−cx = b −6cx + 4c2 x3 e−cx .
Wenn man das in der Schrödinger-Gleichung verwendet und durch bx exp(−α 2 x2 ) dividiert
(was man tun kann, weil die Gleichung für alle x gelten muss), erhält man
1
~2
−6c + 4c2 x2 + mω 2 x2 = E
−
2m
2
Vergleich der Potenzen x0 und x2 führt zu
~2 c
= E
2m
~2 c 2
1
4
= mω 2
2m
2
6
oder
mω
2~
3
~2 c
= ~ω ,
E = 6
2m
2
c =
das letztere wie erwartet. Zu bestimmen bleibt die Normierungskonstante b aus
√
Z ∞
1
2 −2cx2
2 π
2
2
xe
dx = b
1 = ||ψ|| = b
4 (2c)3/2
0
3/2
√ ~
2 π
= b
4
mω
oder
2 mω 3/4
b = 1/4
.
π
~
8.4 Lineares dreiatomiges Molekül (F2004)
167
8.4 Lineares dreiatomiges Molekül (F2004)
a) 1. Alternative (einfachste Lösung): Wie gefordert, setzt man die gegebenen Vektoren ein,

  
 
 b −a 0   1 
1

   1
 
 ·  0  √ = √b  0  = b|ψ0 i ,
H|ψ0 i = 
−a
b
−a

   2

2

  
 
0 −a b
−1
−1
 




1
1
b
−a
0
√ 
 



√   √ 1
 √  
b
±
a
2





·
=
b
±
a
2 |ψ± i .
H|ψ± i = 
=
∓ 2 
−a b −a ∓ 2 2
2
 




0 −a b
1
1
√
Damit erhält man die Eigenenergien E0 = b und E± = b ± a 2.
2. Alternative (konstruktive Lösung): Das charakteristische Polynom
p(E) = det (H − E1) = (b − E)3 − 2a2 (b − E) = (b − E) (b − E)2 − 2a2
√
besitzt die Nullstellen E0 = b sowie E± = b ± a 2.
Die angegebenen Eigenvektoren ergeben sich dann aus


  

 v 
 0 −a 0   u 


  

 ·  v  = −a u + w 
0 = (H − E0 1) |ψ0 i = 
−a
0
−a


  



  

v
w
0 −a 0
⇒
v = 0
und u + w = 0 .
Mit
1 = hψ0 |ψ0 i = u2 + w 2 = 2u2
√
erhält man u = −w = 1/ 2 bis auf eine zu Eins gewählte Phase.
Analog erhält man

  

√
√
v
±
u
∓a
2
−a
0
2u


  


  


√
√

  

0 = (H − E± 1) |ψ± i = 
 −a ∓a 2 −a  ·  v  = −a u + w ± 2v 






√
√
w
0
−a ∓a 2
v ± 2w
√
√
⇒ v = ∓ 2u = ∓ 2w .
√
Daraus findet man u = w und v = ∓ 2u. Mit

erhält man u = w =
1
2
1 = hψ0 |ψ0 i = u2 + v 2 + w 2 = 4u2
√
und w = (∓ 2)/2.
8 QUANTENMECHAMIK
168
b) Die Wahrscheinlichkeiten, das Valenzelektron des Atoms i (i = L, Z, R) im Zustand |ψ − i
zu finden, sind |hψ− |ψi i|2 ,
|hψ− |ψL i|2 =
|hψ− |ψZ i|2 =
|hψ− |ψR i|2 =
1
4
1
2
1
4
.
(Die Wahrscheinlichkeit, irgend ein Valenzelektron im Zustand |ψ − i zu finden, ist die Summe dieser drei Wahrscheinlcihkeiten, also gleich Eins.)
c) Der Erwartungswert ist (T steht für den transponierten Vektor, also für den Zeilenvektor)
 T
1 
 

hHiL = hψL |H|ψL i = 
0 
 
0
(ii) Mit

2
  
 b −a 0  1
  

 · 0  = b .
·
−a
b
−a
  

  

0
0 −a b


2
2
2

a 
b + a −2ba
 b −a 0 







2
2
H2 = 
−a b −a =  −2ba b + 2a −2ba 




2
2
2
a
−2ba b + a
0 −a b
(hier hätte es gereicht, das (L, L)-Element zu berechnen) erhält man
hH 2 iL = hψL |H 2 |ψL i = b2 + a2 .
Alternativ:
T
b
 
 
2

hH iL = hHψL |HψL i = 
−a
 
0
(iii) Die Varianz ist dann


b
 
 
2
2

·
−a = b + a .
 
0

hH 2 iL − hHi2L = b2 + a2 − b2 = a2 .
d) Man drückt den Vektor |ψZ i durch Eigenzustände zum Hamilton-Operator aus (ψZ gehört
zu einem Zustand gerader Parität, also benötigt man hier die Kombination nur der Eigenzustände gerader Parität),
 
0 
 
1

|ψ(0)i = |ψZ i = 
1 = √2 (|ψ− i − |ψ+ i) ,
 
0
8.4 Lineares dreiatomiges Molekül (F2004)
169
und betrachtet die Zeitentwicklung der Eigenzustände,
1
|ψ(t)i = √ (|ψ− (t)i − |ψ+ (t)i)
2
1
= √ e−iE− t/~ |ψ− i − e−iE+ t/~ |ψ+ i
2
√
eibt/~ i√2 at/~
−i 2 at/~
= √
e
|ψ− i − e
|ψ+ i
2


√
2
at/~)
i
sin(



eibt/~ 
√
√

= √ − 2 cos( 2 at/~)
.
2 

√
i sin( 2 at/~)
(iii) Die Wahrscheinlichkeit, dass das Elektron in der Mitte zu finden, ist
 T 
2

√
0
   i sin( 2 at/~) 
   √
ibt~
√

e √
  
2

|hψZ |ψ(t)i| = 1 − 2 cos( 2 at/~) √ = cos2 ( 2 at/~) .
  
 2 √
0
i sin( 2 at/~)
(Wäre die Hamilton-Matrix diagonal, a = 0, dann wäre |ψZ i ein Eigenzustandsvektor, dessen Betrag zeitunabhängig wäre.)
e) In Störungstheorie erster Ordnung ist die Energieverschiebung der Eigenvektoren |ψ i i von
H gegeben durch
∆Ei = hψi |H 0 |ψi i
mit H 0 = −eEX. Man findet

T 
 
T 
 

 1  −d 0   1 
 
   1
∆E0
1 
 
= √ 
·
0
0 0 0



 ·  0  √2 = 0
−eE
2  
  
−1
0 0 d
−1


 1  −d 0   1 
  √ 1
1
∆E±
√  


= 
·
∓ 2
0 0 0



 · ∓ 2  2 = 0 .
−eE
2
 

 
1
1
0 0 d
Die Ursache für das Verschwinden der Energiekorrektur in Störungstheorie erster Ordnung
ist die Tatsache, dass die Eigenfunktionen nach positiver bzw. negativer Parität klassifiziert
werden können. Der Störoperator hingegen hat negative Parität. Wenn man das Matrixelement als Integral scheibt, dann hat der Integrand negative Parität, ist also eine ungerade
Funktion bezüglich des Integrrationsmittelpunktes, und das Integral verschwindet.
8 QUANTENMECHAMIK
170
8.5 Eindimensionale Wellenfunktion (H2004)
a)
ψ 00 (x) = −
2m
[E − V (x)] ψ(x)
~2
(1)
√
Für x < 0 gilt immer ~k = ± 2mE.
Für x > 0 gilt
p
(a) ~k = 2m(E − V0 ), k ist reell, und die Aufenthaltswahrscheinlichkeit ist räumlich
konstant.
p
(b) ~k = i 2m(V0 − E), k ist imaginär, und die Aufenthaltswahrscheinlichkeit nimmt
exponentiell ab.
b) Fehler:
(a) Das Potential ist symmetrisch, deshalb muss ψ(x) entweder symmetrisch oder antisymmetrisch sein.
(b) Das Potential ist offenbar stetig. Deshalb muss ψ 00 ebenfalls stetig sein. Die Krümmung
von ψ hat aber in der Skizze einen Sprung.
(c) In der Skizze geht ψ(x) für große Werte von x offenbar gegen eine Gerade. Deshalb ist
die Wellenfunktion nicht normierbar.
(d) Der lineare Teil der Wellenfunktion erfüllt nicht die Schrödinger-Gleichung.
(e) Für V > E muss die Krümmung von ψ dasselbe Vorzeichen wie ψ haben. ψ darf dort
also nicht oszillieren (wie in der Skizze für kleine x) und muss sich immer von der
x-Achse weg krümmen.
(f) Für V < E und V konstant oszilliert ψ. Allerdings ist die Frequenz umso größer je
größer der Wert von |V − E| ist. In der Skizze ist dies gerade umgekehrt gezeigt.
(g) Die Amplituden in den beiden oszillierenden Teilen sind gleich. Beim hohen Potential
ist aber die Aufenthaltswahrscheinlichkeit geringer als im tiefen Teil des Potentialtopfes.
c) Skizze:
1
1
0
0
-1
-1
-2
-2
-3
-2
-1
0
1
2
3
-3
-2
-1
0
1
2
3
Abbildung 7: Das qualitative Verhalten der Wellenfunktion gerader Parität für vier verschiedene Werte von E (keine Eigen-Energien). Für glattere Potential sprünge“ sind die
”
Wellenfunktionen glatter. Nach einer Wellenfunktion wie in der linken Figur ist gefragt.
8.6 Zwei-Niveau-System (H2004)
171
8.6 Zwei-Niveau-System (H2004)
1. Die Matrix-Darstellung der Eigenwert-Gleichung ist

 
W  a 
E 0 − E

  = 0.
W
E0 − E
b
Die Eigenwerte erhält man aus
E 0 − E
W
= 0
E 0 − E W
mit den Lösungen
E± = E 0 ± W .
Die zugehörigen Eigenvektoren sind


1 1
|±i = √   .
2 ±1
2. Die Zeitabhängigkeit ist durch


1 1
|±i = √   e−iE± t/~
2 ±1
gegeben.
3. Die allgemeine Lösung ist durch die Überlagerung der Eigenlösungen gegeben,
|ψ(t)i =
X
±


1 1
a± √   e−iE± t/~ .
2 ±1
4. Die Anfangsbedingung ist
 
 
 
1 1
1 1
1 
|ψ(t = 0)i =   = a+ √   + a− √   .
2 −1
2 +1
0
Daraus folgt
1
a+ = a − = √
2
8 QUANTENMECHAMIK
172
und damit




1  1  −iE+ t/~ 1  1  −iE− t/~
+  e
 e
2
2
+1
−1

 
 
1 1 
1  1 

=   e−iW t/~ +   e+iW t/~  e−iE0 t/~
2
2
+1
−1


 cos(W t/~)  −iE0 t/~
= 
.
e
−i sin(W t/~)
|ψ(t)i =
Die Übergangsamplitude ist
h2|ψ(t)i = −i sin(W t/~)e−iE0 t/~
und die Übergangswahrscheinlichkeit
|h2|ψ(t)i|2 = sin2 (W t/~) .
8.7 Der Einfluss der Kernausdehnung auf wasserstoff¨ahnliche Zust¨ande (F2005)
173
8.7 Der Einfluss der Kernausdehnung
auf wasserstoffähnliche Zustände (F2005)
a) (i) Die Verwendung der Grundzustandswellenfunktion (1) in der Schrödinger-Gleichung
wird einfach, weil die Wellenfunktion ψ0 (~r ) = ψ0 (r) nur vom Abstand r abhängt; deswegen benötigt man nur den radialabhängigen Anteil des Operators der kinetischen Energie.
Man erhält
E0 ψ0 (~r ) = (T + V ) ψ0 (~r)
~2
Ze2
= −
ψ0 (~r)
∆−
2me
4πε0 r
2
~2
Ze2
d
2 d
= −
−
N e−r/γ0
+
2me dr 2 r dr
4πε0 r
~2
1
2
Ze2
= −
−
−
N e−r/γ0
2
2me γ0
γ0 r
4πε0 r
2
2
Z
2Z
Ze2
~2 Z 2
~
−
ψ0 (~r )
−
ψ
(~
r
)
=
−
= −
0
2me a20
a0 r
4πε0 r
2me a20
⇒
~2 Z 2
= −Z 2 ER
2me a20
2 2
~2
me
e
1 e2
= +
=
=
2me a20
2 4πε0 ~
2 4πε0 a0
E0 = −
ER
mit der Rydberg-Energie ER = 13.6 eV.
2
red. Potential V / (Ze /(4πε0R))
b) Skizze: Siehe Abbildung 1.
1
0
-1
-2
0
0,5
1
1,5
2
red. Radius r / R
Abbildung 8: Die potentielle Energie als Funktion des Abstandes vom Mittelpunkt. (Oszillatorpotential im Innenraum, Coulomb-Potential im Außenraum. Die Extrapolation
der Funktionen in den jeweils ungültigen Bereich ist gestrichtelt eingezeichnet.)
c) Der Störoperator ist
2

2
r
3 R
 Ze
− +
r
H1 (~r ) = V (~r ) − V0 (~r ) = 4πε0 R 2R2 2

0
für r < R
für r > R .
8 QUANTENMECHAMIK
174
Die Energiekorrektur in Störungstheorie erster Ordnung ist
Z
∆E0 = hψ0 |H1 |ψ0 i = |ψ0 (~r )|2 H1 (r) d3r
= N
2
2
Z
R
e−2r/γ0 H1 (r)4πr 2 dr
0
≈ N 4π
Z
R
H1 (r) r 2 dr ,
0
wobei das Argument der Exponentialfunktion im Integrationsbereich so klein ist, dass es
durch Null gut angenähert werden kann, r/γ0 ≤ R/γ0 1 ⇒ e−r/γ0 ≈ 1. Man erhält die
angegebene Energiekorrektur
2
Z R
Ze2
r
3 R
1
2
r dr
− +
∆E0 ≈ 3 4π
γ0 π 4πε0 R 0
2R2 2
r
2 Z 3 Ze2 2 4 2
4 Ze2 3 1
1 1
R2
.
= 3
=
R
− +
R
=
Z
|E
|
0
γ0 4πε0 R
10 2 2
5 a30 4πε0
5
a20
8.8 Harmonischer Oszillator im elektrischen Feld (F2005)
175
8.8 Harmonischer Oszillator im elektrischen Feld (F2005)
a) â|ni ist Eigenvektor von Ĥ0 zum Eigenwert En−1 , denn
1
1
†
†
Ĥ0 â|ni = ~ω â â +
â|ni = ~ω ââ − 1 +
â|ni
2 2
1
†
= ~ωâ â â +
|ni − ~ω â|ni = â Ĥ0 − ~ω1 |ni
2
= (En − ~ω) â|ni = En−1 â|ni .
Für n = 0 muss daher â|0i = 0 gelten, da |0i der Eigenvektor zum niedrigsten Eigenwert
E0 im Spektrum von Ĥ0 ist. Da die |ni ein vollständiges Orthonormalsystem bilden, gilt
â|ni = λ |n − 1i
für ein geeignetes λ ∈ R, das sich zu
|λ|2 = hn|â† â|ni = hn|
berechnet. Damit ist
â|ni =
!
1
Ĥ
− 1 |ni = n
~ω 2
√
n |n − 1i
gezeigt.
√
Entsprechend zeigt man â† |ni = n + 1 |n + 1i.
b)
x0
p0
x̂ = √ â + â† p̂ = √
â − â†
2
2i
2
x
p2
x̂2 = 0 â2 + ââ† + â† â + (â† )2 p̂2 = − 0 â2 − ââ† − â† â + (â† )2
2
2
Wegen â|0i = 0 und hn|mi = δn,m folgt für die Erwartungswerte h0|x̂|0i = h0|p̂|0i = 0
sowie
x2
x2
x2
h0|x̂2 |0i = 0 h0|ââ† |0i = 0 h1|1i = 0 .
2
2
2
Entsprechend ist h0|p̂2 |0i =
p20
.
2
c) Für die p
entsprechenden Standardabweichungen
∆x und ∆p
√ im Zustand |0i folgt aus
√
∆C = hC 2 i − hCi2 , dass ∆x = x0 / 2 und ∆p = p0 / 2. Daraus folgt die Gleichheit
∆x ∆p =
x0 p 0
~
= .
2
2
d) Wie in Teilaufgabe (b) folgt
qEx0
∆En(1) = −qE hn|x̂|ni = − √ hn|â + â† |ni = 0 .
2
8 QUANTENMECHAMIK
176
8.9 Eindimensionales, periodisches δ-Potential (H2005)
a) (i) Negatives Ṽ beschreibt ein anziehendes δ-Potential. Es kann als Grenzfall eines anziehenden Potentialtopfes interpretiert werden (mit der Breite → 0 und Tiefe → −∞ und Breite ×
Tiefe =1).
(ii) Weil δ(x) die Dimension von 1/x, also die Dimension einer inversen Länge hat, hat der
Parameter Ṽ die Dimension Energie×Länge.
b) Zur Herleitung der Anschlussbedingung wählt man den gängigen Trick: Man integriert die
Schrödinger-Gleichung
~2 00
−
Ψ (x) + Ṽ Ψ(x) = EΨ(x)
2m
über die Stelle x = a von x = a − bis x = a + und macht den Grenzübergang → 0.
Wegen der Stetigkeit der Wellenfunktion verschwindet das Integral der rechten Seite, das
Integral über den Potentialterm ergibt Ṽ Ψ(a), und das Integral über die kinetische Energie
kann integriert werden und ergibt an den Grenzen −(~2 /(2m))Ψ0 (a ± ). Man erhält somit
−
~2
[Ψ0 (a + ) − Ψ0 (a − )] + Ṽ Ψ(a) = 0
2m
und nach dem Grenzübergang das angegebene Ergebnis.
c) Im Grundzustand hat die Wellenfunktion keine Nullstellen. Weil das Potential periodisch ist,
muss auch die Wellenfunktion periodisch sein; Weil die Grundzustandswellenfunktion keine
Nullstellen hat, muss die Phase ortsunabhängig sein. Da diese Phase dann beliebig ist, kann
sie zu Null gewählt werden; damit ist die Grundzustandswellenfunktion reell. Weil das Potential inversionssymmetrisch ist, können die Eigenfunktionen nach positiver oder negativer
Parität klassifiziert werden; damit die Grundzustandswellenfunktion keine Nullstellen hat,
kann sie nur positive Parität haben.
d) Im Bereich zwischen benachbarten δ-Potentialen gilt V (x) = 0, und die Schrödinger-Gleichung
2m
Ψ00 (x) = − 2 EΨ(x)
~
hat die Eigenlösungen
exp(±λx) ,
und die allgemeine Lösung ist die Überlagerung der Eigenlösungen
Ψ(x) = c1 exp(λx) + c2 exp(−λx)
(2)
mit
~2 λ 2
.
2m
Hier allerdings muss man aufpassen, weil man die Funktion periodisch machen muss, und
die in der Aufgabenstellung angegebene Lösung kann bestenfall nur der Form nach richtig
sein, denn man könnte sie dann in der Form
λ=
p
−2mE/~2
⇒
E=−
Ψ(x) = 2A cosh(λx)
schreiben, aber die x-Abhängigkeit ist sicher nicht korrekt, weil die Funktion bei x = 0
einen Sprung in der Ableitung haben muss. (Diese Form wäre richtig, wenn die δ-Potentiale
bei x = (ν + 12 )d lägen.)
8.9 Eindimensionales, periodisches δ -Potential (H2005)
177
Die Grundzustandsfunktion muss eine gerade Funktion bezüglich der Stellen x = νd (mit
Sprung der Ableitung) und insbesondere aber auch bezüglich der Stellen x = (ν + 12 )d (ohne
Sprung der Ableitung im Intervall νd < x < (ν + 1)d) sein. Im Intervall 0 ≤ x ≤ d hat man
also
(
(
e−λx + eλ(x−d) für 0 ≤ x ≤ +d
Ψ0 (x)
= A0 −λ(x+d)
Ψ(x) =
e
+ eλx für − d ≤ x ≤ 0
Ψ−1 (x)
und allgemein
Ψν (x) = A0 e−λ(x−νd) + eλ(x−(ν+1)d)
für νd ≤ x ≤ (ν + 1)d .
Die Sprungbedingung für die Ableitung an den Stellen x = νd ist
~2 0
Ψν (νd + 0) − Ψ0ν−1 (νd − 0) + Ṽ Ψ(νd)
2m
2
~
=
A0 λ 1 − e−λd − e−λd − 1 + Ṽ 2A0 .
2m
0 = −
Daraus erhält man
λ=
2m
Ṽ
~2
⇒
E=−
~2 λ 2
2m
= − 2 Ṽ 2 .
2m
~
e) Skizze:
1,5
φ(x)
1,4
1,3
1,2
1,1
1
-1,5
-1
-0,5
0
0,5
1
1,5
x/d
Abbildung 9: Die Wellenfunktion φ = ψ(x)/A0 . Die gepunkteten Linien geben die
Positionen der negativen δ-Funktionen an.
8 QUANTENMECHAMIK
178
8.10 Dipolmatrixelemente (H2005)
a) (i) Die Eigenenergien des harmonischen Oszillators sind En = ~ω n +
1
2
.
(ii) Mit Hilfe der Hinweise erhält man
r
~
hn|a + a† |mi
2M ω
r
√
~ √
=
m hn|m − 1i + n hn − 1|mi
2M ω
r
i
√
~ h√
m δm,n+1 + m + 1 δm,n−1 .
=
2M ω
xnm = hn|x|mi =
b) (Die Größe |ni ist ein Eigenzustandsvektor.) Aus den oben angegebenen Energieeigenwerten
folgt
Em − En = ~ω (m − n)
und
∞
2M X
S= 2
|xnm |2 (Em − En )
~ m=0
∞
2M
~ X
= 2 ~ω
[m δm,n+1 + (m + 1) δm,n−1 ] (m − n)
~
2M ω m=0
=
∞
X
m=0
[m δm,n+1 + (m + 1) δm,n−1 ] (m − n).
Für n = 0 trägt nur der erste Term mit m = 1 bei, und es folgt direkt S = 1. Für n > 0
ergibt sich aus den beiden Anteilen
S = (n + 1) + n(−1) = 1,
womit die Summenregel für den harmonischen Oszillator explizit gezeigt ist.
c)
8.10 Dipolmatrixelemente (H2005)
E
179
Die Eigenfunktionen sind bezüglich des Kastenmittelpunkts abwechselnd symmetrisch bzw. antisymmetrisch.
Da der Ortsoperator antisymmetrisch ist, kann es zwischen Zuständen gleicher Symmetrie kein von Null
verschiedenes Dipolmatrixelement geben.
Die Eigenfunktionen sind bezüglich des Kastenmittelpunkts abwechselnd symmetrisch bzw. antisymmetrisch.
n= 3
9
2
4
1
1
-0,5
0
x/a
0,5
Abbildung: Die Eigenenergien (in Einheiten von
~2 /(8ma2 )) und die zugehörigen Eigenfunktionen für
die Quantenzahlen n = 1 bis n = 3.
8 QUANTENMECHAMIK
180
8.11 Kastenpotential im elektrischen Feld (F2006)
(a) Die Randbedingungen lauten ψ(0) = 0 = ψ(L).
(b) (i) Die Schrödinger-Gleichung im Topf ist
d2 ψ
2m
= −κ2 ψ , κ2 = 2 E .
(1)
2
dx
~
Der Ansatz ψ = A cos(κx) + B sin(κx) führt wegen der Randbedingungen bei x = 0
zu A = 0 und wegen des Verschwindens der Sinus-Funktion bei x = L zu
π
κL = nπ ⇒ κn = n (n ∈ N ) .
(2)
L
Der Wert n = 0 würde zu einer verschwindenden Lösung führen, und negative Werte
von n führen zu den gleichen Lösungen wie die positiven Werte (bis auf den Phasenfaktor −1).
(ii) Die beiden tiefsten Energien und die zugehörigen Wellenfunktionen sind
}2 π 2
πx
}2 2
κ1 =
,
= ε0 ,
ψ0 = B1 sin
n = 1 : E0 =
2m
2m L 2
L
(3)
2
2
} 2
2πx
2π
}
n = 2 : E1 =
= 4ε0 , ψ1 = B2 sin
κ =
.
2m 2 2m L
L
Die Normierungsfaktoren folgen aus
r
Z L
2
nπx
L
dx sin2
=
⇒ B1 = B2 =
(4)
L
2
L
0
für n ∈ N. Die Wellenfunktionen ψ0 und ψ1 haben gerade bzw. ungerade Parität bzgl.
x = L/2.
(c) Bemerkung: Die Größe ψn (x) ist eine Zustandsfunktion oder Wellenfunktion, aber keine Bezeichnung für einen Zustand (bestenfalls ein Charakatristikum desselben), wiewohl so der schlampige und leider häufige Sprachgebrauch ist. Also muss es korrekterweise ... Energieverschiebung eines stationären Zustandes mit der Zustandsfunktion
”
ψn ...“ heißen.
Wir betrachten nun ein Störung durch ein elektrisches Feld, V (x) = eF 0 x/L. In erster
Ordnung werden alle Energien um den gleichen Betrag verschoben verschoben.
1. Alternative: Man bezieht alle Größen auf den Mittelpunkt L/2 des Kastens,
L
x0 eF0
mit x0 = x − .
H1 = eF0 +
L
2
2
Dann ist der erste Term von H1 von negativer Parirät, und die Wellenfunktionen haben
alle definierte Parität, sodass die Energiekorrektur vom ersten Term verswchwindet.
Die Energiekorrektur vom zweiten Term ist für alle Zustände die gleiche.
2. Alternative: Explizite Berechnung ergibt
Z L
2
(n + 1)πx
(1)
∆En = hψn |V (x)|ψn i = eF0 2
dx x sin2
L 0
L
2
2 L
eF0
= eF0 2
=
.
L
4
2
(d) Nach dem oben Gesagten verschwindet die Energie-Verschiebung 1. Ordnung, wenn
man die Konstante zu c = −eF0 /2 wählt, wenn man also den Nullpunkt der Energie
so wählt, dass das Potential antisymmetrisch um den Nullpunkt liegt,
8.11 Kastenpotential im elektrischen Feld (F2006)
181
V
F0 ¹ 0
0
0
x
L
8 QUANTENMECHAMIK
182
8.12 Eindimensionale Wellenfunktion (F2006)
a) Die Normierung der Wellenfunktion lautet
Z a
Z a
2
2
2 2
2
1 = A
(x − a ) dx = A
(x4 − 2x2 a2 + a4 ) dx
−a
= 2A2 a5
1
A =
4
⇒
r
1 2
− +1
5 3
−a
=
16 2 5
A a
15
15
.
a5
b) Die Größe |ψ(x)|2 ist die Dichte der Aufenthaltswahrscheinlichkeit, die über das angegebene
Intervall zu integrieren ist,
A
2
Z
a/2
2
0
Z
a/2
(x4 − 2x2 a2 + a4 ) dx
0
1
203
2
1
2 5
= A a
=
−
+
.
5
3
5·2
3·2
2
512
2 2
(x − a ) dx = A
2
c) Der
eines Operators B wird durch das Skalarprodukt
R a Erwartungswert
∗
ψ (x)Bψ(x) dx bestimmt. Da die Wellenfunktion ψ(x) gerade ist, verschwinden sowohl
−a
der Erwartungswert des Ortsoperators x als auch des Impulsoperators p = (~/i)(d/dx). Daher werden die Schwankungen der Operatoren durch die jeweiligen Erwartungswerte ihrer
Quadrate bestimmt.
Z a
2
2
2
(∆x) = hx i = A
x2 x4 − 2x2 a2 + a4 dx
−a
a
15 2 1 2 1
1
1 7 2 5 2 1 4 3
x − xa + ax
− +
= 2A
=2 a
= a2
7
5
3
16
7 5 3
7
0
Z a
d2
(∆p)2 = hp2 i = A2
x2 − a2 −~2 2
x2 − a2 dx
dx
−a
Z a
5~2
= −A2 ~2 2
(x2 − a2 ) dx = 2
2a
−a
2
⇒
(∆x)2 (∆p)2 =
5 2 ~2
~ >
.
14
4
d) Mit dem obigen Ergebnis für hp2 i erhält man
2
p
5~2
Ekin =
=
.
2m
4ma2
Mit E1 = ~2 π 2 /(8ma2 ) folgt
Ekin
10
= 2 = 1.0132 .
E1
π
8.13 Freies quantenmechanisches Teilchen und Ehrenfest-Theorem (H2006)
183
8.13 Freies quantenmechanisches Teilchen und Ehrenfest-Theorem (H2006)
Mit dem Hamilton-Operator
p2
2m
H=
erhält man
[H, A] =
1 2 1
(p[p, A] + [p, A]p) .
p ,A =
2m
2m
(5)
a) Für A = p und A = p2 verschwindet der Kommutator (5), und die Erwartungswerte sind
zeitunabhängig. Das gilt dann auch für ∆p,
hp2 i = hp2 i0 ,
hpi = hpi0 ,
∆p = (∆p)0 .
b) Man benötigt die Zeitabhängigkeit von hxp + pxi und hxi. Mit
[H, x] =
~p
,
im
und
[H, xp + px] = [H, x]p + x[H, p] + [H, p]x + p[H, x] = [H, x]p + 0 + 0 + p[H, x] =
2~p2
im
und der zeitlichen Konstanz von hpi und hp2 i ergibt sich
dhxi
hpi0
=
dt
m
⇒
hxi = hxi0 +
hpi0
t,
m
(6)
d.h. klassisches Verhalten, sowie
2hp2 i0
dhxp + pxi
=
dt
m
⇒
hxp + pxi = hxp + pxi0 +
2hp2 i0
t.
m
(7)
Aus (6) und (7) folgt
κ = hxp + pxi0 − 2hxi0 hpi0 +
c) Mit
findet man
2
2(∆p)20
t.
hp2 i0 − hpi2 t = κ0 +
m
m
~
H, x2 = [H, x] x + x [H, x] =
(px + xp)
im
dhx2 i
1
= h(xp + px)i .
dt
m
Integration führt zu
1
hp2 i0 2
hxp + pxi0 t +
t .
m
m2
Für die quadratische Schwankung erhält man
hx2 i = hx2 i0 +
(∆x)2 = (∆x)20 +
(∆p)20 2
κ0
t+
t
m
m2
Asymptotisch gilt ∆x ∼ t, wobei das Zerfließen des Wellenpaketes durch die (zeitunabhängige) Impulsunschärfe bestimmt wird.
8 QUANTENMECHAMIK
184
8.14 Wasserstoff-Atom im elektrischen Feld (F2007)
a) (i) Die räumlichen Wellenfunktionen des Wasserstoff-Problems können durch die drei Quantenzahlen n, ` und m charakterisiert werden. Die Eigenwertgleichungen für den Hamilton~ 2 des Drehimpulsquadrats und den der z-Komponente Lz des
Operator H, den Operator L
Drehimpulses lauten
RH
|n, `, mi ,
n2
~ 2 |n, `, mi = ~2 `(` + 1)|n, `, mi ,
L
H|n, `, mi = −
Lz |n, `, mi = ~m|n, `, mi .
(ii) Die Quantenzahlen zu ψa lauten
n = 1 (keine Knotenebene),
` = 0 (volle Rotationssymmetrie der Wellenfunktion) und
m = 0 (Rotationssymmetrie bei Drehungen um die z-Achse).
Für den Zustand ψb lauten die Quantenzahlen
n = 2 (eine Knotenebene),
` = 1 (eine Knotenebene durch den Ursprung) und
m = 0 (Rotationssymmetrie bei Drehungen um die z-Achse).
(iii) Für das Verhältnis der Eigenenergie gilt Ea /Eb = 4.
b) Aus der Antisymmetrie des Operators z unter Spiegelungen an der (x, y)-Ebene (negative
Parität) und der definiten Parität der Wellenfunktionen folgt unmittelbar
hψa |z|ψa i = 0 und hψb |z|ψb i = 0.
Z
hψa |z|ψb i = ψa∗ z ψb d3 r
=
Z
∞
2
r dr
0
Z
Z
π
sin ϑ dϑ
0
1
Z
∞
Z
2π
0
dϕ √
1
r 2 cos2 ϑ exp(−3r/2a0 )
4
2 4πa0
1
dr r 4 exp(−3r/2a0 )
dt t2
4
2 2a0 −1
0
Z ∞
1
=√
dr r 4 exp(−3r/2a0 )
4
2 3a0 0
5
1 256
1
2a0
=√
a0 .
=√
24
4
3
2 3a0
2 243
=√
Ohne weitere Rechnung findet man
hψb |z|ψa i = hψa |z|ψb i∗ =
256
√ a0 .
243 2
c) (i) Mit der Abkürzung d = hψa |z|ψb iE und den Energien aus Teilaufgabe (a) findet man die
Matrixdarstellung


 Ea d 
H=
.
d Eb
8.14 Wasserstoff-Atom im elektrischen Feld (F2007)
185
(ii) Die Energieeigenwerte E ergeben sich aus
0 = det(H − E) = E 2 − (Ea + Eb ) E + Ea Eb − d2
zu
E=
Ea + E b 1 p
±
(Ea − Eb )2 + 4d2 .
2
2
(iii) Für d Ea (und damit auch d Ea − Eb ) ergibt sich
s
2
Ea + E b Ea − E b
2d
E=
1+
±
2
2
Ea − E b
"
2 #
Ea + E b Ea − E b
1
2d
±
≈
1+
2
2
2 Ea − E b
=
d2
Ea + E b Ea − E b
±
±
.
2
2
Ea − E b
Die Verschiebung der Grundzustands durch das äußere Feld ergibt sich damit unter Anwendung des jeweils oberen Vorzeichens zu
∆Ea =
d2
1
d2
=−
Ea − E b
1 − Eb /Ea |Ea |
Nach Teilaufgabe (a) ist Ea /Eb = 4, so dass man für den Koeffizienten γ den Wert
γ=
4
1
=
1 − Eb /Ea
3
findet. Es handelt sich hierbei um den (quadratischen) Stark-Effekt.
Bemerkung: In einer korrekten Störungstheorie zweiter Ordnung hätte man nicht nur den Zustand mit (n, `, m) = (2, 1, 0) sondern auch alle anderen (n, `, m)-Zustände berücksichtigen
müssen.
8 QUANTENMECHAMIK
186
8.15 Zwei-Niveau-System (F2007)
a) Die angegebenen Zustandsvektoren sind Eigenvektoren, daher
 
 
0 
1 
|ψ1 (t)i =   e−iω0 t und |ψ2 (t)i =   e−iω0 t .
1
0
 
a 
b) (i) Aus (H − E) |φi = 0 und mit dem Ansatz |φi =   erhält man
b

 
∆  a 
E 0 − E

  = 0.
∆
E0 − E
b
(ii) Die Eigenwerte erhält man aus der Säkulargleichung


∆ 
 E0 − E
det 
=0
∆
E0 − E
mit den Lösungen
E± = E0 ± ∆ = ~ (ω0 ± ω1 ) .
(iii) Wenn man die Eigenwerte einsetzt, erhält man

  
 
∆  a±  ∓∆ ∆  a± 
E 0 − E ±
0=
  = 
 
∆
E0 − E ±
b±
∆ ∓∆
b±
mit den (auf Eins normierten) Eigenvektoren
 
 
1 1
a ± 
|φ± i =   = √   .
2 ±1
b±
c) Die allgemeine Lösung der Schrödinger-Gleichung ist
|φ(t)i = a+ |φ+ (t)i + a− |φ− (t)i
 
 
a+ 1
a−  1 
= √   e−i(ω0 +ω1 )t + √   e−i(ω0 −ω1 )t ,
2 1
2 −1
und mit der Anfangsbedingung (t = 0)
 
 
 
a + 1  a −  1 
1 
|φ1 i =   = |φ(0)i = √   + √  
2 1
2 −1
0
8.15 Zwei-Niveau-System (F2007)
187
erhält man
1
a± = ± √
2
und damit


 cos(ω1 t) 
|φ(t)i = e−iω0 t 
.
−i sin(ω1 t)
d) Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist
|hφ2 |φ(t)i|2 = sin2 (ω1 t) .
8 QUANTENMECHAMIK
188
8.16 Interferenz im Schwerefeld (H2006)
a) Mit
p
p2
+ mgz = E ⇐⇒ |p| = 2m (E − mgz) , E > mg`z > mgz
2m
erhält man (mit A = 1, weiter unten soll A die Fläche sein)
Z
Z
1 `x √
1 `z p
ϕ2 (~rD ) = ϕ0 +
2mE dx +
2m (E − mgz) dz
~ 0
~ 0
Z
`x √
1 `z p
= ϕ0 +
2mE +
2m (E − mgz) dz
~
~ 0
für den unteren Weg und
Z
p
1 `x p
2m (E − mgz) dz +
2m (E − mg`z ) dx
~ 0
0
Z
`x p
1 `z p
2m (E − mg`z ) +
2m (E − mgz) dz
= ϕ0 +
~
~ 0
1
ϕ1 (~rD ) = ϕ0 +
~
Z
`z
für den oberen Weg, und daher den Phasenunterschied
∆ϕ = ϕ1 (~rD ) − ϕ2 (~rD )
`x √
`x p
=
2mE −
2m (E − mg`z )
~
~
!
r
`x √
mg`z
2mE 1 − 1 −
.
=
~
E
b) For E mg`z können wir eine Taylor-Entwicklung der Wurzel machen und erhalten
∆ϕ ≈
m3/2 g`x `z
`x √
m3/2 g
mg`z
√
=
2mE
= √ A
~
2E
~ 2E
~ 2E
für E mg`z
mit der von den Wegen eingeschlossenen Fläche A = `x `z .
c) Interferenz-Maxima treten auf, wenn die Phasenverschiebung den identischen Phasenfaktor
in der Wellenfunktion liefert, also
∆ϕ = 2πn ,
n∈Z,
was für den Abstand ∆x der Maxima entlang der x-Achse das Resultat
m3/2 glz ∆x
√
2π =
~ 2E
liefert, das man auch schreiben kann als
√
h 2E
.
∆x = 3/2
m glz
8.17 Bewegung im Potentialtopf (H2007)
189
8.17 Bewegung im Potentialtopf (H2007)
a) (i) Aus Symmetriegründen sind die Eigenfunktionen symmetrisch oder antisymmetrisch
bzgl. x = 0. Dabei ist φ0 (x) symmetrisch und φ1 (x) antisymmetrisch.
Die zeitunabhängige Schrödingergleichung für dieses Problem lautet
~2 d 2
−
φ(x) = Eφ(x)
2m dx2
mit den Randbedingungen φ(±a) = 0.
(ii) Für den Grundzustand machen wir den Ansatz einer knotenlosen stehenden ebenen Welle,
φ( x) = N cos(kx)
mit der Normierungskonstanten N . Der kleinste Wert für k, der die Randbedingung erfüllt,
ist k = π/2a. Die Normierung ergibt sich aus
Z a
πx
!
2
dx cos2
= N 2a = 1 .
N
2a
−a
Damit ergibt sich
φ0 (x) =
r
1
πx
cos
a
2a
und E0 =
~2 π 2
.
8ma2
(iii) Für den ersten angeregten Zustand macht man den Ansatz einer stehenden Welle mit
einem Knoten,
φ1 (x) = N sin(kx) .
Der kleinste Wert für k, der hier die Randbedingung erfüllt, ist k = π/a. Das Normierungsintegral ergibt das gleiche Resultat wie für den Grundzustand, so dass man insgesamt
r
πx
~2 π 2
1
φ1 (x) =
sin
und E1 =
a
a
2ma2
erhält.
b) Für die Aufenthaltswahrscheinlichkeit in der linken Hälfte erhält man
Z 0
Z 0
Z 0
2
2
2
dx|φ0 (x)| cos α +
dx|φ(x)| =
dx|φ1 (x)|2 sin2 α
−a
| −a {z
| −a {z
}
}
= 12 (Symmetrie)
+ 2 cos(α) sin α
= 12 (Symmetrie)
Z
0
dx φ0 (x) φ1 (x)
−a
Z 0
1 2
πx
πx
= + cos α sin α
dx sin
cos
2 a
a
2a
−a
Z 0
3πx
πx
1 1
x + sin
x
dx sin
= + sin(2α)
2 2
2
2
−1
0
1 1
2
πx
2
3πx
= + sin(2α) − cos
x−
cos
2 2
π
2
3π
2 −1
8 QUANTENMECHAMIK
190
=
1
4
−
sin(2α) .
2 3π
Der maximale Wert ergibt sich für α = 3π/4, also für den Zustand mit der Wellenfunktion
1 φ(x) = √ φ0 (x) − φ1 (x) .
2
c) Die Zeitabhängkkeit der Wellenfunktion wird durch die Zeitabhängigkeit der Eigenfunktionenen gegeben,
1
ψ(x, t) = √ φ0 (x)e−i(E0 /~)t − φ1 (x)e−i(E1 /~)t .
2
Für den Ortserwartungswert erhält man
Z a
hx(t)i =
dx x|ψ(x)|2
−a
Z
Z
1 a
1 a
2
=
dx xφ0 (x) +
dx xφ0 (x)2
2 −a
2 −a
{z
}
{z
}
|
|
=0 (Symmetrie)
=0 (Symmetrie)
Z
a
E1 − E 0
t
dx xφ0 (x) φ1 (x)
~
−a
Z 1
πx
a
E1 − E 0
3πx
dx x sin
= − cos
t
+ sin
2
~
2
2
−1
2
2
E1 − E 0
2
2
a
πx
3πx
t
x+
= − cos
sin
sin
2
~
π
2
3π
2
1
πx
2
3πx
2
−
x cos
− x cos
π
2
3π
2 −1
2
32
(E1 − E0 )t
32
3~π
= − 2 a cos
= − 2 a cos
t .
9π
~
9π
8ma2
− cos
8.18 Ableitung der Eigenenergien (H2007)
191
8.18 Ableitung der Eigenenergien (H2007)
a) Es gilt
Ĥ(λ)|n, λi = E(λ)|n, λi
(8)
mit normierten Zustandsvektoren |n, λi. Mit der Produktregel folgt
dĤ
d
dE
d
|n, λi + Ĥ |n, λi =
|n, λi + E |n, λi .
dλ
dλ
dλ
dλ
(9)
Multipliziert man diese Gleichung von links mit hn, λ|, und beachtet man, dass Ĥ selbstadjungiert ist, so heben sich die zweiten Summanden der beiden Seiten auf, und man erhält das
Ergebnis.
b) Mit
V = −q
erhält man für ein konstantes Feld
Z
~ · d~r
E
~ · ~r .
Ĥ1 = −q E
(10)
(11)
c) Mit dem Hellmann-Feynman-Theorem erhält man für jede (kartesische) Komponente E α
~
des Feldes E
dĤ1
dEn
= hΨn |
|Ψn i = −qhΨn |xα |Ψn i
(12)
dEα
dEα
oder auch koordinatenfrei
~ ~ En = hΨn |∇
~ ~ Ĥ1 |Ψn i = −qhΨn | ~r |Ψn i .
∇
E
E
(13)
Diese Matrixelemente verschwinden, weil die Eigenfunktionen entweder gerade oder ungerade sind und die Komponenten xα des Ortsvektors ~r ungerade sind.
NB: Im Fall eines entarteten Zustandes kann man eine Kombination von Zustandsfunktionen unterschiedlicher Parität bilden, sodass dieser Erwartungswert nicht verschwindet. Ein
Beispield datür ist der lineare Stark-Effekt bei den angeregten Zuständen des WasserstoffAtoms.