Staatsexamen Lösung Frühjahr Herbst 08

Staatsexamensaufgaben Theoretische Physik
Lösungsvorschläge Gymnasium Bayern
Frühjahr und Herbst 2008
Daniel Jaud
Impressum
c 2016 Daniel Jaud
Das Werk einschlieÿlich aller Abbildungen ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung auÿerhalb der Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des
Autors unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikroverlmungen und die Einspeicherung und Bearbeitung in elektronischen
Systemen.
ii
iii
iv
Inhaltsverzeichnis
1
2
3
Vorwort mit Notentabelle
1
Frühjahr 2008 (F08)
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
2.8
2.9
2.10
2.11
2.12
2.13
2.14
2.15
2.16
F08 Mechanik 1: Reexion an weicher Wand . . . . . . . . . . . . .
F08 Mechanik 1: Reexion an weicher Wand - Lösung . . . . . . .
F08 Mechanik 2: Masse auf Achterbahn . . . . . . . . . . . . . . .
F08 Mechanik 2: Masse auf Achterbahn - Lösung . . . . . . . . . .
F08 Elektrodynamik 1: Gleichstrom und Poyntingvektor . . . . . .
F08 Elektrodynamik 1: Gleichstrom und Poyntingvektor - Lösung .
F08 Elektrodynamik 2: Dipolmoment des HCl-Moleküls . . . . . .
F08 Elektrodynamik 2: Dipolmoment des HCl-Moleküls - Lösung .
F08 Thermodynamik 1: Trockenadiabate . . . . . . . . . . . . . . .
F08 Thermodynamik 1: Trockenadiabate - Lösung . . . . . . . . .
F08 Thermodynamik 2: Adiabatische Entspannung . . . . . . . . .
F08 Thermodynamik 2: Adiabatische Entspannung - Lösung . . . .
F08 Quantenmechanik 1: Potentialstufe - abwärts . . . . . . . . . .
F08 Quantenmechanik 1: Potentialstufe - abwärts - Lösung . . . .
F08 Quantenmechanik 2: Induziertes Dipolmoment . . . . . . . . .
F08 Quantenmechanik 2: Induziertes Dipolmoment - Lösung . . . .
Herbst 2008 (H08)
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
3.6
3.7
3.8
3.9
3.10
3.11
3.12
3.13
H08 Mechanik 1: Pendel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
H08 Mechanik 1: Pendel - Lösung . . . . . . . . . . . . . . .
H08 Mechanik 2: Elliptische Bahn . . . . . . . . . . . . . .
H08 Mechanik 2: Elliptische Bahn - Lösung . . . . . . . . .
H08 Elektrodynamik 1: Lineare Ladungsverteilung . . . . .
H08 Elektrodynamik 1: Lineare Ladungsverteilung - Lösung
H08 Elektrodynamik 2: Drude-Modell . . . . . . . . . . . .
H08 Elektrodynamik 2: Drude-Modell - Lösung . . . . . . .
H08 Thermodynamik 1: Polarisierung . . . . . . . . . . . .
H08 Thermodynamik 1: Polarisierung - Lösung . . . . . . .
H08 Thermodynamik 2: Temperaturausgleich . . . . . . . .
H08 Thermodynamik 2: Temperaturausgleich - Lösung . . .
H08 Quantenmechanik 1: Konstruktion von Streulösungen .
v
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3
3
4
6
7
8
9
11
12
14
15
18
19
20
21
24
25
27
27
28
29
30
32
33
35
36
38
39
41
42
44
3.14 H08 Quantenmechanik 1: Konstruktion von Streulösungen - Lösung . .
3.15 H08 Quantenmechanik 2: Kontinuitätsgleichung . . . . . . . . . . . . .
3.16 H08 Quantenmechanik 2: Kontinuitätsgleichung - Lösung . . . . . . .
vi
45
48
49
Kapitel 1
Vorwort mit Notentabelle
Die nachfolgenden Aufgaben entstammen den Angaben zum Ersten Staatsexamen, in
theoretischer Physik, für das Lehramt an Gymnasien in Bayern.
Im Staatsexamen gilt folgende Regel für die Bearbeitung:
Zu den vier Themenschwerpunkten Mechanik, Elektrodynamik, Thermodynamik und
Quantenmechanik ist jeweils entweder die Aufgabe 1 oder 2 zu wählen.
Die Notenstufen im Staatsexamen ergeben sich wie folgt (bitte beachten Sie eventuelle Änderungen Ihrer LPO)
Punkte
100 - 85
84 - 70
69 - 55
54 - 40
39 - 20
19 - 0
Note
1
2
3
4
5
6
Das Buch wir einmal jährlich aktuallisiert um die Aufgaben möglichst aktuell zu halten.
Angaben und Lösungsvorschläge zu älteren Examen können auf der persönlichen Homepage des Autors gefunden werden.
1
2
Kapitel 2
Frühjahr 2008 (F08)
2.1 F08 Mechanik 1: Reexion an weicher Wand
Ein Teilchen der Masse m komme aus dem positiv Unendlichen, wobei der Betrag
der Geschwindigkeit v∞ sei. Es werde elastisch an einer weichen Wand senkrecht
reektiert, d.h. es kann ein eindimensionales Problem betrachtet werden. Die Wand
wird beschrieben durch das Potential
V (x) =
1
V0 exp(−αx), α > 0, V0 > 0.
2
a) Berechnen Sie die Energie des Teilchens und den Umkehrpunkt x0 . (8 Punkte)
b) Berechnen Sie x(t) und wählen Sie dabei x(0) = x0 . (10 Punkte)
c) Berechnen Sie ẋ(t), und betrachten Sie die Grenzfälle t → ±∞ für x(t) und
ẋ(t). (4 Punkte)
d) Betrachten Sie den Grenzfall α → ∞. Welche anschauliche Bedeutung hat er?
(3 Punkte)
Hinweis
:
Z
0
x
ds p
1
1 − exp(−αs)
=
3
2
αx arcosh exp( )
α
2
2.2 F08 Mechanik 1: Reexion an weicher Wand Lösung
a) Es gilt die Energieerhaltung E = mv2 + V (x), sowie das Verschwinden der
Geschwindigkeit am Umkehrpunkt, d.h.
2
E(∞, v∞ ) = E(x0 , 0).
Daraus ergibt sich die Gleichung:
2
1
mv∞
= V0 exp(−αx0 ).
2
2
Durch Auösen ergibt sich der Wert für x0 zu x0 = − α1 ln
2
mv∞
V0
.
b) Da das System nicht explizit von der Zeit abhängt, gilt der Energieerhalt E(x, ẋ) =
const. =: E0 . Daraus ergibt sich folgende Dierentialgleichung:
m 2
ẋ + V (x) = E0 .
2
Dies ist äquivalent zu
r
ẋ =
2E0
2V (x)
−
.
m
m
Mittels Trennung der Variablen ergibt sich damit
Z
x
r
x(0)
Einsetzen von E0 =
V0
2
m
ds
q
=
2E0 1 − V (s)
E0
Z
t
dt0 = t .
0
exp(−αx0 ) ergibt
Z
x
t=
x(0)
r
ds
m
p
.
2E0 1 − exp(−α(s − x0 ))
Durch Subsitution von s − x0 = −k und Verwenden des Hinweises aus der
Angabe liefert:
r
t=
m 2
α(x(t) − x0 )
arcosh exp
.
2E0 α
2
Auösen der Gleichung ergibt x(t) zu
2
x(t) = ln cosh
α
4
tα
2
r
2E0
m
!!
+ x0 .
c) Berechnung von ẋ(t) mittels der Kettenregel ergibt:
sinh
ẋ(t) =
cosh
tα
2
tα
2
q
q
2E0
m
2E0
m
r
2E0
.
m
Für die Grenzwerte ergibt sich somit:
lim x(t) = ∞
t→±∞
sowie
r
lim ẋ(t) =
t→±∞
2E0
= v∞ .
m
Skizze klar.
d) α → ∞ entspricht V (x) = 0, also einem freien Teilchen.
5
2.3 F08 Mechanik 2: Masse auf Achterbahn
Auf einer Achterbahn rollt ein Wagen auf einer parabelförmigen Bahn in die Tiefe.
Wir wollen ihn durch ein punktförmiges Teilchen der Masse m beschreiben, das sich
reibungsfrei und auf der Kurve y = ax2 im Potential mgy der Schwerkraft bewegt. Es
soll bei −x0 < 0 aus der Ruhelage heraus starten und nach der Zeit T das Minimum
x = 0 der Bahn erreicht haben. Um die Rechnung zu vereinfachen, untersuchen wir
1
.
nur den Fall x0 = 2a
a) Welche Erhaltungsgröÿe gibt es bei diesem Problem? Geben Sie diese an.
(3 Punkte)
b) Berechnen Sie die Geschwindigkeit am Minimum x = 0 der Bahn. (3 Punkte)
c) Welche Wegstrecke hat das Teilchen zurückgelegt, wenn es nach der Zeit T das
Minimum erreicht hat? (9 Punkte)
d) Berechnen Sie diese Zeit T . (10 Punkte)
Hinweis :
Sie dürfen folgende Integrale verwenden:
Z
0
1
r
1 + z2
dz ' 1.91,
1 − z2
6
Z
0
1
p
1 + z 2 dz ' 1.15
2.4 F08 Mechanik 2: Masse auf Achterbahn - Lösung
a) Da das Problem nicht explizit zeitabhängig ist, gilt der Energieerhaltungssatz
2
E = mv
2 + mgy(x) = const., also
E = mg
1
4a
da x0 die Ruhelage ist, d.h. v = 0.
b) Der Energieerhalt liefert für die Geschwindigkeit vM am Minimum:
r
vM =
g
.
2a
c) Für die Wegstrecke S gilt allgemein:
Z
S=
Z
0
p
ds =
dx2 + dy 2 =
−x0
Z
0
p
1 + (y 0 (x))2 dx .
−x0
Mit y(x) = ax2 folgt y 0 = 2ax also:
0
Z
p
S=
1 + 4a2 x2 dx .
−x0
Durch die Substitution z = 2ax folgt:
S=
1
2a
Z
1
0
p
1.15
1 + z 2 dz =
.
2a
d) Da Energieerhaltung gilt, kann man die Energie zu einer Dierentialgleichung
erster Ordnung umformen, welche durch Trennung der Variablen lösbar ist.
Zunächst betrachten wir jedoch den allgemeinen Ausdruck der Energie:
E=
m 2
mg
(ẋ + ẏ 2 ) + mgy =
= const.
2
4a
Mit y = ax2 folgt mittels Kettenregel ẏ = 2axẋ. Einsetzen und Trennen der
Variablen liefert:
Z T
Z 0 r r
0
1 + 4a2 x2
dx .
1 − 4a2 x2
2a
g
dt =
−x0
Mittels Substitution 2ax = −z und dem erstem Integral aus dem Hinweis erhalten wir somit für die Zeit:
r
T = 1.91 ·
7
1
.
2ag
2.5 F08 Elektrodynamik 1: Gleichstrom und Poyntingvektor
a) Ein in z -Richtung orientierter zylinderförmiger Draht mit Radius r1 werde im
gesamten Querschnitt homogen von einer Stromdichte ~j = j~ez durchossen.
~ auÿerhalb des Leiters. (5 Punkte)
Berechnen Sie das magnetische Feld H
~ , wobei σ die spezische Leitb) Der Leiter genügt dem ohmschen Gesetz ~j = σ E
~
fähigkeit und E die elektrische Feldstärke im Leiter ist. Berechnen Sie die Nor~ ×H
~ auf der Leiteroberäche. Bemalkomponente des Poyntingvektors S~ = E
stimmen Sie ferner die durch die Oberäche eines Leiterstücks der Länge L
zugeführte Leistung, und drücken Sie das Ergebnis durch den Gesamtstrom I
und den Widerstand R des Leiterstücks aus. Was passiert mit der zugeführten
Leistung?
(7 Punkte)
Es soll nun der Grenzfall eines idealen Leiters (σ → ∞) untersuchte werden. Dazu
ergänzen wir den bis jetzt betrachteten Draht um einen hohlzylinderförmigen Leiter
mit Innenradius r2 > r1 zu einem Koaxialkabel. Zwischen den beiden Leitern liege
eine Potentialdierenz U an.
c) Bestimmen Sie das elektrische Feld im ladungsfreien Raum zwischen den beiden
Leitern. (8 Punkte)
d) Überzeugen Sie sich davon, dass der Poyntingvektor zwischen den beiden Leitern in z -Richtung zeigt. Berechnen Sie diesen, und integrieren Sie über den
Querschnitt senkrecht zum Koaxialkabel. Drücken Sie das Resultat durch den
Strom I und die Potentialdierenz U aus. (5 Punkte)
Hinweis
: Die Divergenz eines Vektors ~u lautet in Zylinderkoordinaten (ρ, φ, z):
div ~u =
1 ∂(ρuρ ) 1 ∂uφ
∂uz
+
+
ρ ∂ρ
ρ ∂φ
∂z
8
2.6 F08 Elektrodynamik 1: Gleichstrom und Poyntingvektor - Lösung
~ = ~j . Aufgrund der Rotationssymmetrie
a) Es gilt die Maxwell Gleichung ∇ × H
~
gilt H(~r) = H(ρ)êφ , damit ergibt sich für die Maxwell Gleichung in integraler
Form:
Z
Z
~ · d~s =
H
~
~j · dA,
wobei für das Linienelement
d~s = ρ dφ~eφ
und für das Flächenelement
~ = ρ dρdφ~ez
dA
gilt.
Damit ergibt sich die Maxwell Gleichung zu:
Z
Z
↔
~ · d~s =
H
2π
Z
~
~j · dA
r1
Z
H(ρ)ρdφ =
0
Z
jρ dρ
0
2π
dφ
0
↔ H(ρ) · 2πρ = jπr12
~
→ H(ρ)
=
jr12
êφ .
2ρ
b) Es gilt êz × êφ = −êρ . Damit folgt für den Poyntingvektor an der Stelle r = r1 :
2
~ = j ~ez × jr1 êφ = − j r1 êρ .
S
σ
2
2σ
R
Für die Leistung P gilt der Zusammenhang P = − S~ · dA~ , mit
~ = r1 dφdLêρ .
dA
Somit erhalten wir die Leistung zu:
P =
j 2 r12 π
L = U · I,
σ
wobei für die Spannung U gilt:
U =E·L=
und
j
L
σ
I = jr12 π.
Für den Widerstand gilt R = U/I ; damit folgt für die Leistung:
P = RI 2 .
Die Leistung wird hierbei in Wärme umgesetzt (vgl. Tauchsieder).
9
c) Aufgrund der Rotationsinvarianz um z sowie Translationsinvarianz entlang z
kann das elektrische Feld nur die Form:
~ = E(ρ)~eρ
E
annehmen. Damit gilt für die Maxwell-Gleichung im ladungsfreien Raum:
~ ·E
~ =0
∇
↔ ∂ρ (ρE(ρ)) = 0
→ E(ρ) =
k
,
ρ
wobei k eine noch zu bestimmende Konstante darstellt. Diese können wir nun
mittels des Potentials bestimmen zu:
Z
r2
U=
E(ρ)dρ = k ln
r1
→k=
r2
r1
U
,
ln rr21
und damit letztlich für das elektrische Feld:
~
E(ρ)
=
U
~eρ .
ρ ln rr12
d) Für den Poynting-Vektor gilt nun:
k jr12
kI
~ = E(ρ)
~
~
S
× H(ρ)
=
~eρ × ~eφ =
~ez .
ρ 2ρ
2πρ
Integiert über den Querschnitt erhalten wir mit dem Wert für k aus Teilaufgabe
c):
Z Z
Z
~ · dA
~ = Ik
S
2π
r2
r1
2π
0
10
1
r2 − r1
ρ dρ dφ = U I
.
ρ
ln rr21
2.7 F08 Elektrodynamik 2: Dipolmoment des HClMoleküls
In einem vereinfachten Modell entsteht ein Salzsäure-Molekül (HCl) durch Verbindung eines Wassersto-Atoms mit einem Chlor-Atom (Z = 17), wobei das H-Atom
ein Elektron an das Cl-Atom abgibt. Die 18 Elektronen des Cl-Ions bilden eine näherungsweise sphärische Wolke um den Cl-Kern. Die beiden Kerne sind 1.29 voneinander
entfernt. Das Dipolmoment des oben beschriebenen Moleküls soll berechnet und mit
dem experimentellen Wert von d = 3.4 × 10−28 Coulomb cm verglichen werden.
a) Zeigen Sie, dass das Dipolmoment einer Ladungsverteilung genau dann vom
Koordinatenursprung unabhängig ist, wenn die Gesamtladung verschwindet.
(7 Punkte)
b) Drücken Sie das Dipolmoment einer Summe von Ladungsverteilungen,
ρ(~r) = ρ1 (~r) + ρ2 (~r),
durch die jeweiligen Gesamtladungen Q1,2 (6= 0) und deren Ladungsschwerpunkte aus. (6 Punkte)
c) Berechnen Sie das Dipolmoment des obigen Moleküls (Elementarladung: e =
1.6 × 10−19 Coulomb). Verwenden Sie hierzu die Verallgemeinerung der Aussage
aus Teilaufgabe (b) auf drei verschiedene Ladungsverteilungen, nämlich die der
beiden Kerne und der Elektronenwolke. (6 Punkte)
d) Wie weit muss der Schwerpunkt negativer Ladung vom Cl-Kern in Richtung
zum Proton verschoben werden, damit das Dipolmoment in unserem Modell
den gemessenen Wert annimmt? (6 Punkte)
11
2.8 F08 Elektrodynamik 2: Dipolmoment des HClMoleküls - Lösung
a) Betrachten wir ein neues Koordinatensystem, welches um einen Konstanten Vektor ~a bzgl. des ursprünglichen Systems verschoben ist. Für die neuen Koordinaten gilt damit:
~r0 = ~r − ~a.
Nachdem Ladungen allerdings Erhaltungsgröÿen sind, gilt:
ρ(~r0 ) = ρ(~r).
Für das Dipolmoment p~0 im neuen Koordinatensystem gilt somit:
0
Z
p~ =
d3 r0 ~r0 ρ(~r0 ).
Mit d3 r0 = d3 r folgt:
0
Z
p~ =
3
Z
d r (~r − ~a)ρ(~r) =
3
d r ~rρ(~r) − ~a
Z
d3 r ρ(~r) =
= p~ − ~aQ,
wobei wir mit p~ das Dipolmoment im ursprünglichen Koordinatensystem, und
mit Q die Gesamtladung bezeichnet haben. Wir stellen also fest, das die Dipolmomente in den beiden Koordinatensystemen genau dann gleich sind, wenn die
Gesamtladung verschwindet, d.h. wenn gilt Q = 0.
b) Zunächst gilt für den Schwerpunkt S~i einer Ladungsverteilung :
R 3
Z
d r ~rρi (~r)
1
~
R
Si =
=
d3 r ~rρi (~r).
Qi
d3 r ρi (~r)
Damit erhalten wir für das Dipolmoment einer Summe von Ladungsverteilungen:
Z
Z
Z
p~ =
d3 r ~r(ρ1 + ρ2 ) =
d3 r ~rρ1 +
d3 r ~rρ2 =
~1 + Q2 S
~2 .
= Q1 S
c) Zunächst gilt für die Gesamtladung des Moleküls:
(1 − 1 + 17 − 17)e = 0,
daher wissen wir, dass wir das Ergebnis von Teilaufgabe (a) anwenden dürfen,
um das Dipolmoment zu berechnen. Wählen wir also die, wie in der folgenden
Grak verwendete, Anordnung:
12
Nachdem das Problem nun eindimensional ist, können wir den Schwerpunkt auf
die x-Komponente reduzieren (y - und z -Komponente aller Schwerpunkte sind
identisch Null). Im Folgenden benutzen wir die Notation für die x-Komponente
des Schwerpunktes des jeweiligen Teilchens i:
Sx,i =: Si .
Nun gilt für die Schwerpunkte:
SH = 0, SCl = 1, 28, SW olke = x,
wobei x die (bis jetzt noch unbekannte) Position der Wolke beschreibt.
Für das Dipolmoment nden wir damit:
p = SH · e + SCl · 17e − SW olke · 18e = 17 · 1, 28e − 18xe.
d) Es soll nun p = d = 3.4 × 10−28 Coulomb cm gelten. Damit können wir nach x
auösen und nden:
x=
1
(17 · 1, 28e − 3.4 × 10−28 Coulomb cm).
18e
Damit beträgt der Abstand zum Cl-Kern:
1, 28 − x = 0.08.
13
2.9 F08 Thermodynamik 1: Trockenadiabate
Erfahrungsgemäÿ nehmen Druck und Temperatur in der Atmosphäre mit zunehmender Höhe z ab. Diese Abnahme kann durch ein einfaches Modell beschrieben werden,
bei dem sich ein ideales Gas im Schwerefeld adiabatisch abkühlt.
a) Betrachten Sie ein innitesimales Höhenelement dz und leiten Sie aus dem
Druckgleichgewicht im Schwerefeld (Erdbeschleunigung g , Massendichte der Luft
ρ) mit Hilfe der idealen Gasgleichung für den Zusammenhang zwischen Druck
p und Teilchendichte n = ρ/m eine Gleichung für den Druckgradienten dp/dz
her. (6 Punkte)
b) Lösen Sie diese Dierentialgleichung explizit unter der (unrealistischen) Annahme einer konstanten Temperatur T . Berechnen Sie explizit die Höhendierenz
∆z , auf der p(z) bei T = 300K um einen Faktor 1/e abnimmt (m = 2.6·10−26 kg
ist die Masse von O2 und kB = 1.38 · 10−23 J/K ). (6 Punkte)
c) Leiten Sie für eine reversible, adiabatische (also isentrope) Expansion eines idealen Gases mit f Freiheitsgraden eine Beziehung zwischen der relativen Druckänderung dp/p und der relativen Temperaturänderung dT /T her. (6 Punkte)
d) Bestimmen Sie aus der dierentiellen Druckabnahme dp mit der Höhe im Schwerefeld g aus Teilaufgabe (a) den Wert des trockenadiabatischen Temeraturgradienten dT /dz bei der isentropen Expansion eines idealen Gases. Berechnen Sie
dT /dz explizit (in Einheiten Grad pro 100 m Höhendierenz) für Sauersto als
zweiatomiges Gas mit f = 5 Freiheitsgraden. (7 Punkte)
14
2.10 F08 Thermodynamik 1: Trockenadiabate - Lösung
a) Betrachten wir ein Volumenelement der Grundäche A und Höhe dz wie in der
nachfolgenden Figur:
Das Gas in diesem Volumenelement hat die Dichte ρ und somit folgt für die
Masse in dem Volumen:
M = ρ · A · dz
woraus sich die Gewichtskraft ergibt zu:
M · g = ρAgdz.
Der Druck ist deniert als Kraft pro Grundäche, d.h. für eine innitesimal
Höhenänderung dz ergibt sich die Druckänderung zu:
dp = −
Mg
= −ρgdz.
A
Wir müssen das Minuszeichen mit einführen, um die Tatsache zu berücksichtigen, dass der Druck bei steigender Höhe abnimmt.
Nun gilt weiter der Zusammenhang:
ρ=n·m=
pm
,
kB T
wobei wir im letzten Schritt die ideale Gasgleichung n = N/V = p/kB T verwendet haben. Somit ergibt sich für den Druckgradienten insgesamt:
dp
mgp
=−
.
dz
kB T
b) Die obige Dierentialgleichung kann mittels Separation gelöst werden, d.h. wir
haben:
Z
Z
p(z)
p0
dp̃
mg
=−
p̃
kB T
15
z
dz̃
0
p(z)
p0
mg
z
kB T
mgz
,
↔ p(z) = p0 exp −
kB T
↔ ln
=−
mit p0 dem Druck am Boden.
Wir wollen nun weiterhin, dass
p(∆z) =
↔−
p0
e
mg∆z
= −1
kB T
↔ ∆z =
kB T
mg
Setzen wir die Werte für die Temperatur T = 300K und die Masse m = 2.6 ×
10−26 kg ein erhalten wir für die Höhendierenz:
∆z = 16231m = 16, 2km.
c) Für ein ideales Gas mit f Freiheitsgraden ergibt sich die innere Energie U zu:
U=
f
N kB T.
2
Der erste Hauptsatz bei fester Teilchenzahl N lautet damit:
T dS =
f
N kB dT + pdV.
2
Für ein ideales Gas gilt:
V =
N kB T
p
und damit für das Dierential von V bei fester Teilchenzahl:
dV = N kB
dT
T dp
− 2
p
p
.
Weiter gilt für einen adiabatischen, reversiblen Prozess, dass dS = 0. Setzen
wir also dV in den ersten Hauptsatz mit dS = 0 ein, so erhalten wir unter
Verwendung der idealen Gasgleichung:
f
+1
2
dT
dp
=
.
T
p
d) Lösen wir die Dierentialgleichung aus Teilaufgabe c) so erhalten wir:
f +2
2
Z
T (p)
T (p0 )
16
dT̃
=
T̃
Z
p
p0
dp̃
p̃
f +2
T (p)
p
ln
= ln
2
T (p0 )
p0
f +2
2
p
↔ T (p) = T (p0 )
.
p0
↔
Nachdem der Druck p nun eine Funktion von z ist gilt demnach T (p) = T (p(z)) =
T (z). Damit erhalten wir für die Ableitung mittels der Kettenregel und dem Ergebnis aus Teilaufgabe a) für den Druckgradienten dp/dz = −mgp/kB T (p):
f + 2 dp
mg f + 2
dT
= T (p)
=−
.
dz
2p dz
kB 2
Setzten wir alle bekannten Göÿen in die Gleichung ein, so gilt letztlich
dT
K
= −0, 53
.
dz
100m
17
2.11 F08 Thermodynamik 2: Adiabatische Entspannung mit Arbeitsverrichtung
Gegeben sei ein mit einem Gas gefüllter und mit einem Kolben abgeschlossener, isolierter Zylinder. Das Gas habe eine konstante Wärmekapazität CV . Der Kolben möge
Arbeit verrichten können, etwa durch Kompression einer Spiralfelder, siehe die Abbildung.
Im Folgenden soll die Änderung der Temperatur des Gases bei quasistatischer Expansion untersucht werden.
a) Welche thermodynamischen Gröÿen des Gases bleiben konstant beim Prozess
der Expansion des Gases und simultaner Kompression der Feder? (3 Punkte)
b) Weisen Sie die Maxwell-Relation
∂S
∂V
=
T
∂p
∂T
V
nach. (6 Punkte)
c) Zeigen Sie, dass bei konstanter Entropie die Änderung der Temperatur des Gases
mit der Änderung des Volumens durch
∂T
∂V
=−
S
(∂p/∂T )V
CV /T
(∗)
gegeben ist. (7 Punkte)
d) Werten Sie (∗) für das van der Waals-Gas mit der Zustandsgleichung
p=
nRT
an2
− 2
V − nb
V
aus. (4 Punkte)
e) Das van der Waals-Gas habe die Anfangstemperatur T1 und das Volumen V1 .
Berechnen Sie die Temperatur T2 für eine Expansion von V1 nach V2 . (5 Punkte)
18
2.12 F08 Thermodynamik 2: Adiabatische Entspannung mit Arbeitsverrichtung - Lösung
a) Quasistatisch: δQ = 0, sowie Feder an Volumen gekoppelt, d.h. δW = 0.
b) Der erste Hauptsatz lautet:
T dS = dU + p dV.
Wir bilden die Legendre-Transformation zur freien Energie F :
F = U − TS
dF = p dV − S dT.
Aus der Symmetrie der zweiten Ableitung erhält man:
∂2F
∂2F
=
∂V ∂T
∂T ∂V
∂p
∂S
=
.
⇔
∂V T
∂T V
∂S
∂S
∂S
)V dT +( ∂V
)T dV . Mit ( ∂T
)V =
c) Bei konstanter Entropie gilt dS = 0, d.h. 0 = ( ∂T
CV
T und der Maxwell-Relation aus Teil b) folgt:
CV
∂p
dT = −
dV
T
∂T V
(∂p/∂T )V
∂T
=−
⇔
∂V S
CV /T
d) Berechne (∂p/∂T )V zu:
Damit folgt:
∂p
∂T
∂T
∂V
=
V
=−
S
nR
.
V − nb
nR T
.
V − nb CV
e) Mit Ergebnis aus d) ergibt sich:
V2
Z T2
nR
CV
dV = −
dT
V
−
nb
T
V1
T1
V2 − nb
T2
nR ln
= −CV ln
.
V1 − nb
T1
Z
Auösen nach T2 liefert das gewünschte Ergebnis.
19
2.13 F08 Quantenmechanik 1: Potentialstufe - abwärts
Ein nicht-relativistisches quantenmechanisches Teilchen (Masse m) falle von links (x <
0) auf die absteigende Potentialstufe der Tiefe V0 (siehe Zeichnung). Die kinetische
Energie des einfallenden Teilchens sei K . Das Problem ist eindimensional.
a) Stellen Sie die zeitunabhängige Schrödinger-Gleichung auf. Geben Sie den Lösungsansatz auf beiden Seiten der Stufe an, und begründen Sie ihn. (8 Punkte)
b) Bestimmen Sie explizit die Lösung zur Energie E = K + V0 . Normieren Sie die
Amplitude der einfallenden Welle auf 1. (8 Punkte)
c) Wie hängt der Reexionskoezient dieser Potentialstufe bei festgehaltenem
K von V0 ab? Betrachten Sie insbesondere die Grenzfälle V0 /K << 1 und
V0 /K >> 1. Vergleichen Sie mit dem Verhalten eines klassischen Teilchens, und
erklären Sie das quantenmechanische Ergebnis qualitativ. (9 Punkte)
20
2.14 F08 Quantenmechanik 1: Potentialstufe - abwärts - Lösung
a) Die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung lautet:
i~∂t Ψ(x, t) =
~2 2
−
∂x + V (x) Ψ(x, t).
2m
Mittels der Separation:
Ψ(x, t) = e−
iEt
~
ψ(x)
ergibt sich die zeitunabhängige Schrödinger-Gleichung durch Einsetzen zu:
−
~2 2
∂x + V (x) ψ(x) = Eψ(x).
2m
Auf der linken Seite haben wir zum einen eine einlaufende, sich nach rechts
bewegende Welle exp(ikx), sowie eine nach links laufende Welle exp(−ikx),
welche sich durch Reexion an der Potentialstufe ergibt. Die allgemeine Lösung
auf der linken Seite ergibt sich somit zu:
ψL (x) = eikx + re−ikx
wobei wir die Amplitude der einlaufenden Welle auf eins normiert haben und sich
die Wellenzahl k durch Einsetzen in die zeitunabhängige Schrödinger-Gleichung
ergibt zu:
−
~2 2
∂ + V0 ψL (x) = EψL (x)
2m x
~2 k 2
+ V0 = E
2m
r
2m(E − V0 )
↔k=
.
~2
↔
Auf der rechten Seite, d.h. nach der Potentialstufe, haben wir nur eine transmittierte, nach links laufende Welle exp(ik0 x). Das heiÿt die Lösung auf der rechten
Seite ergibt sich zu:
0
ψR (x) = teik x ,
wobei für k0 nun gilt:
−
~2 2
∂x ψR (x) = EψR (x)
2m
~2 k 02
=E
2m
r
2mE
0
↔k =
.
~2
↔
21
b) Den Groÿteil der Aufgabe haben wir bereits in Teil (a) erledigt. Wir haben
bereits die Amplitude der einlaufenden Welle auf 1 normiert sowie k und k0 in
Abhängigkeit von der Energie E berechnet. Setzen wir nun E = K + V0 , so
erhalten wir:
r
r
k=
2mK
, k0 =
~2
2m(K + V0 )
.
~2
Um eine vollständige Lösung des Problems zu erhalten müssen wir noch die Amplituden r und t bestimmen. Diese können wir aus den folgenden zwei Stetigkeits
Bedingungen der Wellenfunktion berechnen:
ψL (0) = ψR (0)
↔1+r =t
und
0
0
ψL
(0) = ψR
(0)
↔ ik − ikr = ik 0 t.
Lösen wir die beiden Gleichungen für r und t erhalten wir letztlich:
r=
k − k0
,
k + k0
t=
2k
k + k0
und somit die vollständig bestimmten Lösungen auf beiden Seiten.
c) Der Reexionskoezient ist gegeben durch:
R = |r|2 ,
d.h. mit dem Ergebnis aus Aufgabenteil (b):
R=
√
k 2 + k 02 − 2kk 0
2K + V0 − 2 K 2 + KV0
√
.
=
k 2 + k 02 + 2kk 0
2K + V0 + 2 K 2 + KV0
Betrachten wir nun die beiden Grenzfälle gesondert:
(a) V0 /K << 1:
Schreiben wir zunächst R um zu:
2+
V0
K
2+
V0
K
R=
Somit sehen wir, dass für den Fall
q
−2 1+
q
+2 1+
V0
K
V0
K
.
V0
K
<< 1 gilt:
R → 0,
d.h. das Teilchen spürt die Potentialstufe praktisch nicht und propagiert
ungehindert weiter ohne reektiert zu werden. Dies ist exakt das Ergebnis
was man klassisch erwarten würde.
22
(b)
>> 1:
Schreiben wir zunächst R in eine andere Form um, nämlich zu:
V0
K
r 2
K
2 VK0 + 1 − 2
+
V0
r R=
2 VK0
so sehen wir, dass im Limes
+1+2
V0
K
>> 1 ↔
K
V0
K
V0
2
+
K
V0
,
K
V0
<< 1 gilt:
R → 1,
d.h. die Welle wird an der Potentialstufe total reektiert, das im Widerspruch zu einem klassischen Teilchen steht, welches trotzdem über die Potentialstufe propagieren könnte, da dessen Energie E = K + V0 gröÿer ist,
als das Potential V0 .
23
2.15 F08 Quantenmechanik 2: Induziertes Dipolmoment und Polarisierbarkeit
Ein Elektron, das in einem Atom oder Molekül gebunden ist, lässt sich oft in guter Näherung als (quantenmechanischer) 3-dimensionaler harmonischer Oszillator beschreiben. Wenn wir die Ladung des Elektrons mit e bezeichnen und an ein solches
~ anlegen, lautet die potentielle
System ein homogenes, statisches elektrisches Feld E
Energie
V (~r) =
1
~ · ~r.
mω 2 r2 − eE
2
a) Wie ändern sich die Energien und Entartungsgrade der Eigenzustände des 3dimensionalen harmonischen Oszillators aufgrund des äuÿeren elektrischen Feldes? (Nur die Änderung angeben.)
: Führen Sie das vorliegende Problem durch eine geeignete Koordinatentransformation auf das des harmonischen Oszillators ohne elektrisches Feld
zurück. (9 Punkte)
Hinweis
b) Das elektrische Feld induziert ein Dipolmoment
~ = e~r.
D
Bestimmen Sie den Erwartungswert des entsprechenden quantenmechanischen
Dipol-Operators im Grundzustand. Nutzen Sie hierbei die Koordinatentransformation aus Teilaufgabe a) aus, und führen Sie das Problem zurück auf einen
Erwartungswert des gewöhnlichen harmonischen Oszillators. Was erhält man
für die Polarisierbarkeit α, deniert durch
~ >= αE?
~
<D
(8 Punkte)
c) Was lässt sich über die Polarisierbarkeit in angeregten Zuständen aussagen?
(8 Punkte)
Hinweis : Begründen Sie, dass der Erwartungswert von ~
r in allen angeregten
Zuständen des harmonischen Oszillators verschwindet. Warum gilt das auch für
die entarteten Zustände? Verwenden Sie ein Symmetrieargument.
24
2.16 F08 Quantenmechanik 2: Induziertes Dipolmoment und Polarisierbarkeit - Lösung
a) Es gilt:
~ · ~r.
V (~r) = 1/2mω 2~r2 − eE
Mittels quadratischer Ergänzung erhält man
V (~r) = 1/2mω 2 [~r2 −
2e ~
e2 ~ 2
e2 ~ 2
E
·
~
r
+
E
−
E ]=
mω 2
m2 ω 4
m2 ω 4
= 1/2mω 2 (~r −
e2 ~ 2
e ~ 2
E)
−
E =
mω 2
m2 ω 4
1/2mω 2~r02 −
e2 ~ 2
E .
m2 ω 4
Es ergibt sich also wieder ein harmonischer Oszillator mit einer additiven Konstanten. Damit bleibt die Entartung erhalten und für die Energieverschiebung
gilt:
∆E = En0 − En = −
e2 ~ 2
E .
m2 ω 4
b) Es gilt:
~ >= e < ~r >= e h0| ~r0 +
<D
Damit folgt α =
c) Es gilt:
2
e ~
e2
~ |0i = e E.
~
E |0i =
h0| E
2
2
mω
mω
mω 2
e2
mω 2 .
hn| ~r0 |ni = 0,
da sich das System wie drei ungekoppelte harmonische Oszillatoren verhält und
zudem Parität herrscht. Somit folgt zugleich
~ |ni =
hn| D
für alle n ∈ N.
25
e2 ~
E
mω 2
26
Kapitel 3
Herbst 2008 (H08)
3.1 H08 Mechanik 1: Pendel
Zwei Massepunkte m1 , m2 benden sich an den Enden eines starren, masselosen Stabes. Der Stab ist in einem Punkt P so gelagert, dass er sich in einer vertikalen Ebene
um P drehen kann. Die Abstände der Massepunkte von P seien l1 und l2 . Es wirke
die Schwerkraft.
a) Stellen Sie die Lagrange-Funktion L(φ, φ̇) auf. (9 Punkte)
b) Bestimmen Sie die Gleichgewichtslagen, und diskutieren Sie deren Stabilität.
(8 Punkte)
c) Wie groÿ ist die Frequenz kleiner Schwingungen um die stabile Gleichgewichtslage? Für welche Parameter des Pendels verschwindet die Frequenz? Beschreiben
Sie die Form der Bewegung für diesen Spezialfall. (8 Punkte)
27
3.2 H08 Mechanik 1: Pendel - Lösung
a) Für die Koordinaten der Masse 1 und 2 gelten:
x1 = l1 sin(φ), y1 = l1 cos(φ)
x2 = −l2 sin(φ), y2 = −l2 cos(φ)
Damit ergibt sich für die Lagrange-Funktion
1
(m1 l12 + m2 l22 )φ̇2 − g(m1 l1 − m2 l2 ) cos(φ)
2
mit Potential V (φ) = g(m1 l1 − m2 l2 ) cos(φ).
L=
b) Die Gleichgewichte erhält man über die Beziehung, dass das Potential ein Minimum aufweist, also
∂φ V (φ0 ) = 0, ∂φ2 V (φ0 ) > 0.
Aus der ersten Gleichung erhalten wir
(m1 l1 − m2 l2 ) sin(φ) = 0
woraus wir schlieÿen, dass φ0 ∈ {0, π}. Damit erhalten wir folgende beide Fälle
für die zweite Ableitung
V 00 (0) = −m1 l1 + m2 l2
dies ist genau dann stabil, wenn m1 l1 < m2 l2 und ansonsten instabil, sowie
V 00 (π) = m1 l1 − m2 l2
dies ist genau dann stabil, wenn m2 l2 < m1 l1 und ansonsten instabil.
c) Ohne Beschränkung der Allgemeinheit setzen wir m2 l2 > m1 l1 , d.h. unsere
stabile Gleichgewichtslage ist φ0 = 0.
Mit den Euler-Lagrange-Gleichungen erhält man die Bewegungsgleichung des
Systems zu:
(m1 l12 + m2 l22 )φ̈ + g(m2 l2 − m1 l1 ) sin(φ) = 0.
Entwickelt man nun sin(φ) für kleine Winkel um die Gleichgewichtslage so gilt
sin(φ) = φ und damit für die Bewegungsgleichung
φ̈ + ω 2 φ = 0
wobei wir
ω2 =
g(m2 l2 − m1 l1 )
m1 l12 + m2 l2
deniert haben.
Wir sehen, dass die Bewegungsgleichung nun der eines harmonischen Oszillators
entspricht, d.h. die Frequenz kleiner Schwingungen ist gerade ω .
Die Frequenz verschwindet für den Fall m2 l2 = m1 l1 , dies entspricht gerade dem
kräftefreien Fall. Nach dem ersten Newton'schen Axiom wissen wir damit, dass
sich das System gleichmässig mit konstanter Winkelgeschindigkeit dreht, oder
in Ruhe ist (die Ruhelage in diesem Fall kann jeder beliebiger Winkel sein).
28
3.3 H08 Mechanik 2: Elliptische Bahn
Ein Teilchen der Masse m bewege sich im Raum je nach Anfangsbedingungen auf den
Bahnen
v
~r(t) = r0 cos(ωt)~ex +
0
ω
sin(ωt)~ey ,
wobei ~ex und ~ey orthonormale Einheitsvektoren und r0 , v0 die Beträge der Orts- und
Geschwindigkeitsvektoren zur Zeit t = 0 sind.
a) Berechnen Sie die Kraft F~ (~r), die auf das Teilchen wirkt. (5 Punkte)
b) Zeigen Sie, dass diese Kraft konservativ ist. (5 Punkte)
c) Berechnen Sie ein Potential U (~r) zu dieser Kraft. (5 Punkte)
d) Berechnen Sie das auf das Teilchen wirkende Drehmoment sowie seinen Drehimpuls. (5 Punkte)
e) Berechnen Sie die gesamte Energie des Teilchens. Mit welcher Periode ändert
sich seine kinetische Energie? (5 Punkte)
29
3.4 H08 Mechanik 2: Elliptische Bahn - Lösung
a) Aus der Angabe sehen wir zunächst, dass:
  

x
r0 cos(ωt)
~r(t) = y  =  vω0 sin(ωt) .
0
z
Für die Kraft gilt allgemein:
mit
und
F~ = m~r¨,
~r˙ = −r0 ω sin(ωt)~ex + v0 cos(ωt)~ey
~r¨ = −r0 ω 2 cos(ωt)~ex − v0 ω sin(ωt)~ey ),
ergibt sich die Kraft also zu:


−mω 2 x
F~ = −m(r0 ω 2 cos(ωt)~ex + v0 ω sin(ωt)~ey ) = −mω 2 y  .
0
b) Ein Vektorfeld F~ ist genau dann konservativ, wenn für dieses gilt:
~ × F~ = 0.
∇
Berechnen wir also die Rotation für unsere Kraft so folgt:
  

∂x
−mω 2 x
~ × F~ = ∂y  × −mω 2 y  = 0.
∇
∂z
0
Also ist unsere Kraft konservativ.
c) Da unsere Kraft konservativ ist, wissen wir, dass ein Potential existieren muss
mit:
~ (~r) = F~ .
−∇U
Wir wollen also folgende Relationen erfüllen:
∂x U (x, y, z) = mω 2 x, ∂y U (x, y, z) = mω 2 y,
∂z U (x, y, z) = 0
Betrachten wir die Dierentialgleichung ∂x U = mω 2 x. Diese lässt sich durch
Separation lösen, d.h.
Z
Z
dU = mω 2
↔ U (x, y, z) =
30
x dx
m 2 2
ω x + const.
2
Die anderen beiden Dierentialgleichungen lassen sich auf die gleiche Weise
lösen. Die Gesamtlösung ist dann die Superposition der Einzellösungen, d.h.
wir nden das Potential zu:
U (x, y, z) =
mω 2 2
(x + y 2 ),
2
wobei wir die auftretende Integrationskonstante gleich Null gesetzt haben (dies
ist immer möglich für ein Potential).
~ gilt allgemein:
d) Für das Drehmoment D
~ = ~r × F~ ,
D
also in unserem Fall:
 

r0 ω 2 cos(ωt)
r0 cos(ωt)
~ = −m  v0 sin(ωt) ×  v0 ω sin(ωt)  = −mrv0 ω~0 = ~0.
D
ω
0
0

Für den Drehimpuls gilt allgemein:
~ = ~r × m~r˙,
L
also in unserem Fall:

 
r0 cos(ωt)
−r0 ω sin(ωt)
~ = m  v0 sin(ωt) ×  v0 cos(ωt)  = mr0 v0~ez ,
L
ω
0
0

wobei wir die Identität sin2 (φ) + cos2 (φ) = 1 benutzt haben.
e) In dieser Aufgabe haben wir einen rein kinetischen Energiebeitrag für die zeitabhängige Energie E(t), d.h.:
E(t) =
m ˙2
m
~r = (r02 ω 2 sin2 (ωt) + v02 cos2 (ωt)).
2
2
Für die Periodizität wollen wir nun wissen, was das minimale Zeitintervall ist,
nach dem die Energie wieder ihren ursprünglichen Wert annimmt, d.h. wir sind
interessiert an der minimalen Gröÿe ∆t 6= 0, sodass:
E(t + ∆t) = E(t).
An dieser Stelle muss man sich daran erinnern, das die Perioden von sin2 (φ)
sowie cos2 (φ) jeweils π sind (beachten Sie den Unterschied zum reinen Sinus
oder Kosinus). Für das Intervall ∆t bedeutet dies also:
ω∆t = π,
d.h. die Periode ist:
∆t =
31
π
.
ω
3.5 H08 Elektrodynamik 1: Felder einer linearen Ladungsverteilung
Die gesamte z -Achse sei mit einer konstanten Ladungsdichte ρL belegt, die sich mit
der Geschwindigkeit v in Richtung steigender z -Werte bewegt. Es ieÿt also ein Strom
I = ρL v entlang der z -Achse.
~ , die durch den Strom I erzeugt
a) Berechnen Sie die magnetische Induktion B
wird. (6 Punkte)
~ . Zeigen Sie,
b) Die Ladungsverteilung ρL führt auch zu einem elektrischen Feld E
~
dass E in Zylinderkoordinaten nur eine Radialkomponente besitzt, und bestimmen Sie das elektrische Feld mithilfe des Satzes von Gauÿ. Es ist hierzu sinnvoll, einen geeignet gewählten Zylinder als Integrationsvolumen heranzuziehen.
(8 Punkte)
~ 2 −(1/c2 )E
~ 2 in jedem Inertialsystem den gleichen Wert
c) Man kann zeigen, dass B
besitzt. Was folgt daraus für den Betrag des elektrischen Feldes im Ruhesystem
der Ladungsverteilung? Welche lineare Ladungsdichte ρ0L beobachtet man demnach im mitbewegten Bezugssystem? Erklären Sie den Unterschied zwischen ρL
und ρ0L . (11 Punkte)
Zur Erinnerung
: Die Maxwell-Gleichungen lauten
~ = ρ
div E
0
~ − 1 ∂t E
~ = µ0~j
rot B
c2
32
~ =0
div B
~ + ∂t B
~ =0
rot E
3.6 H08 Elektrodynamik 1: Felder einer linearen Ladungsverteilung - Lösung
a) Das Ampere'sche Gesetz in integraler Form lautet:
Z
~ · d~s = µ0 I.
B
Nachdem der Strom entlang der z -Achse ieÿt, kann das Magnetfeld nur vom
radialen Abstand zur Achse abhängen, wir machen also den Ansatz:
~ r) = B(r)~eφ ,
B(~
mit ~eφ = (− sin(φ), cos(φ), 0)T . Für d~s gilt:
d~s = r~eφ dφ.
Somit folgt für die Gleichung:
2π
Z
B(r)r
dφ = B(r)2πr = µ0 I
0
Iµ0
~
~eφ .
⇔ B(r)
=
2πr
b) Das Problem entspricht der Anordnung einer unendlich langen Linienladung,
~ -Feld nur vom radialen Abstand abhängen kann.
daher wissen wir, dass das E
Das Gauÿ'sche Gesetz in integraler Form lautet:
Z
~ · d2 A
~= 1
E
0
Mit dem Ansatz
ρL d 3 r =
ρL
0
Z
dz.
~
E(r)
= E(r)~er
und
gilt:
Z
~ = rdφdz~er
d2 A
Z
ρL
E(r)2πr dz =
dz
0
ρL
~
⇔ E(r)
=
~er .
2π0 r
Z
~ -Feld, d.h.
c) Im Ruhesystem ieÿt kein Strom mehr und erzeugt damit auch kein B
~ R = 0 und somit gilt für das E
~ R -Feld
für das Magnetfeld im Ruhesystem gilt B
im Ruhesystem
−
1 ~2
~2 − 1 E
~2
E =B
c2 R
c2
33
⇔ −ER (r)2 =
1
(2πr)2
(µ0 cI)2 − (
ρL 2
)
0
mit 1/(µ0 0 ) = c2 folgt letztlich
~ R (r) =
E
1
2π0 r
r
I
ρ0L
ρ2L − ( )2~eφ =
~eφ
c
2π0 r
also folgt für ρ0L
r
p
I
ρ2L − ( )2 = ρL 1 − (v/c)2 ,
c
wobei wir im letzten Schritt die Denition von I eingesetzt haben. Ein Vergleich
ρ0L
=
mit dem aus der speziellen Relativitätstheorie bekannten Lorenz-Faktor
1
γ=q
1−
liefert letztlich:
ρ0L =
v 2
c
,
ρL
.
γ
Der Unterschied lässt sich auf die Lorenz-Invarianz der Maxwell-Gleichungen
zurückführen, oder expliziter, der Konstanz der Lichtgeschwindigkeit.
34
3.7 H08 Elektrodynamik 2: Drude-Modell
Das Drude-Modell stellt ein einfaches Modell für elektronischen Transport in Metallen dar. Hierbei wird angenommen, dass freie Elektronen mit der Ladung −e und mit
~
der eektiven Masse m∗ einem zeitabhängigen externen elektrischen Feld E(t)
ausgesetzt sind. Zusätzlich wirkt eine phänomenologische Reibungskraft, die proportional
zur Geschwindigkeit ~v (t) der Elektronen ist. Für ein einzelnes Elektron gilt also die
Bewegungsgleichung
~
m∗~v˙ (t) + γ~v (t) = −eE(t).
(1)
Die Stromdichte ergibt sich als ~j(t) = −ne~v (t), wobei n die Dichte der freien Elektronen im Metall darstellt.
a) Formulieren Sie aus Gleichung (1) die Bewegungsgleichung
1
~
∂t~j(t) + ~j(t) = ωp2 0 E(t)
τ
(2)
für die Stromdichte ~j(t), und bestimmen Sie die charakteristische Zeitskala τ
sowie die sogenannte Plasmafrequenz ωp aus den Parametern m∗ und n.
Berechnen Sie die Plasmafrequenz für Aluminium; die zugehörige freie Elektronendichte beträgt n = 1, 81 × 10−29 m−3 , und die eektive Masse m∗ der
Elektronen stimmt näherungsweise mit der Masse m freier Elektronen überein.
(6 Punkte)
b) Führen Sie eine Fourier-Transformation,
~jω =
Z
∞
dteiωt~j(t),
−∞
~j(t) =
Z
∞
−∞
dω −iωt~
e
jω
2π
~ ω gilt. Bestimmen Sie
durch, und zeigen Sie, dass im Frequenzraum ~jω = σω E
die komplexe frequenzabhängige Leitfähigkeit σω . (8 Punkte)
c) Zerlegen Sie die Leitfähigkeit in Real- und Imaginärteil, σω = σω0 + iσω00 , und
fertigen Sie eine Skizze von σω0 und σω00 als Funktion von ω an. Diskutieren Sie
das Verhalten für kleine und groÿe Frequenzen ω . Welche Terme der Gleichung
(2) dominieren jeweils das Nieder- und Hochfrequenzverhalten? (11 Punkte)
:
Dielektrizitätskonstante des Vakuums: 0 = 8, 854 × 10−12 VA·s
·m
Elektronenmasse: m = 9, 109 × 10−31 kg
Elementarladung: e = 1, 602 × 10−19 C
Konstanten
35
3.8 H08 Elektrodynamik 2: Drude-Modell - Lösung
a) Multiplizieren wir Gleichung (1) mit − mne∗ so erhalten wir mit der Denition
von ~j(t) = −ne~v (t) und −ne~v˙ (t) = ∂t~j die neue Gleichung:
∂t~j −
ne2 ~
γ ~
j(t) = ∗ E(t).
∗
m
m
Damit erkennen wir, dass für die Zeitskala gilt:
τ =−
m∗
γ
sowie für die Plasmafrequenz:
s
ωp =
ne2
.
m ∗ 0
Für die Plasmafrequenz von Aluminium nden wir also:
s
ωp (Al) =
1.81 · 1029 m−3 · (1.602 · 10−19 C)2
= 2.4 · 1016 Hz.
9.109 · 10−31 kg · 8.854 · 10−12 VAs
m
b) Für die Fouriertransformierten gilt:
~j(t) =
Z
~
E(t)
=
Z
dω −iωt ~
e
Eω .
2π
dω
∂t e−iωt~jω =
2π
Z
dω
(−iω)e−iωt~jω .
2π
dω −iωt~
e
jω ,
2π
Damit erhalten wir für ∂t~j(t):
Z
∂t
dω −iωt~
e
jω =
2π
Z
Setzen wir nun alle Transformationen in die Gleichung aus Teil (a) ein so erhalten wir:
Z
Z
Z
1
dω −iωt~
dω −iωt ~
dω
(−iω)e−iωt~jω +
e
jω = ωp2 0
e
Eω
2π
τ
2π
2π
Z
Z
1
dω −iωt 2 ~
dω −iωt
e
(−iω + )~jω =
e
ωp 0 Eω .
↔
2π
τ
2π
Nachdem beide Integrale das gleiche Ergebnis liefern sollen, müssen folglich die
Integranden auf beiden Seiten übereinstimmen, d.h.:
(−iω +
1 ~
~ω
)jω = ωp2 0 E
τ
↔ ~jω =
Wir sehen also, dass gilt:
ωp2 0
1
τ
− iω
σω =
36
~ ω = σω E
~ω.
E
ωp2 0
1
τ
(∗)
− iω
.
c) Für die komplexe Leitfähigkeit aus Teilaufgabe (b) gilt nach Erweiterung mit
dem komplex Konjugierten:
σω =
ωp2 0 τ1
1
τ2
+ ω2
+i
ωp2 0 ω
1
τ2
+ ω2
= σω0 + iσω00 .
Qualitativ ergeben sich folgende Skizzen:
Anhand der Skizzen sehen wir, dass für kleine ω (Niederfrequenzbereich) σω0 dominiert, d.h. der Realteil von σω . Aus der Bewegungsgleichung im Frequenzraum
(Gleichung (∗)) sehen wir, dass der Realteil dem Term:
1~
jω
τ
entspricht, d.h. für kleine Frequenzen ist dies der dominante Term.
Für groÿe ω (Hochfrequenzbereich) sehen wir, anhand der Skizze, dass σω00 dominiert, d.h. der Imaginärteil von σω . Wiederrum sehen wir aus der Bewegungsgleichung im Frequenzraum (Gleichung (∗)), dass der Imaginärteil dem Term:
∂t~jω
entspricht, d.h. für groÿe Frequenzen ist dies der dominante Term.
37
3.9 H08 Thermodynamik 1: Polarisierung und
Temperaturänderung
Ein dielektrisches System bende sich in einem elektrischen Feld E und sei charakterisiert durch eine Polarisation
P =α
Tc
E
T − Tc
und eine Wärmekapazität (bei konstantem Feld E )
CE = c
Tc2
.
(T − Tc )2
Tc , c und α sind positive Konstanten.
Der erste Hauptsatz lautet für dieses System
dU = T dS + E dP
(entsprechend der Relation dU = T dS − p dV für ein kompressibles System).
a) Welches ist das thermodynamische Potential mit den natürlichen Variablen T
und E ? Beweisen Sie die Maxwell-Relation
∂S
∂E
=
T
∂P
∂T
.
E
(5 Punkte)
b) Zeigen Sie, dass die Änderung der Wärmemenge im dielektrischen System bei
einem quasistatischen Prozess gegeben ist durch
δQ = CE dT + T
∂P
∂T
dE.
E
(5 Punkte)
c) Falls kein Wärmeaustausch zwischen dem dielektrischen System und der Umgebung stattndet, lautet die Dierentialgleichung für die Temperatur T (E) des
dielektrischen Systems
∂T
∂E
=
S
αT
E.
c Tc
Zeigen Sie dies. (5 Punkte)
d) Das dielektrische System habe eine Anfangstemperatur T0 und bende sich in
einem Feld E = E0 . Dieses Feld werde so schnell abgeschaltet, dass kein Wärmeaustausch zwischen dem dielektrischen System und der Umgebung stattndet,
aber so langsam, dass der Prozess als quasistatisch behandelt werden kann.
Bestimmen Sie die Temperatur T1 des dielektrischen Systems nach Abschalten
des Feldes. Nimmt die Temperatur zu oder ab? (10 Punkte)
38
3.10 H08 Thermodynamik 1: Polarisierung und
Temperaturänderung - Lösung
a) Das gesuchte thermodynamische Potential ist die Gibbs-Freie-Enthalpie G. Um
diese zu erreichen, berechnen wir zunächst die Helmholtz-Freie-Energie F als
eine Legendre-Transformation von U nach S . Also:
F =U−
∂U
∂S
S = U − T S.
P
Für das Dierential gilt:
dF = dU − S dT − T dS = −S dT + E dP.
Die Gibbs-freie-Enthalpie ergibt sich nun als Legendre-Transformation von F
bezüglich P also
G=F−
∂F
∂P
P = F − EP = U − T S − EP.
T
Für das Dierential gilt folglich:
dG = −P dE − S dT.
Aus der Symmetrie der zweiten Ableitung von G ergibt sich die MaxwellRelation:
2
2
d G
d G
=
dT dE
dEdT
∂P
∂S
=
.
⇔
∂E T
∂T E
b) Es gilt δQ = T dS mit S = S(T, E) folgt für das Dierential
dS =
∂S
∂T
dT +
E
sowie
CE = T
∂S
∂T
∂S
∂E
dE
T
.
E
Zusammen mit der Maxwell-Relation aus Teilaufgabe a) ergibt sich durch Einsetzen aller Ergebnisse insgesamt:
δQ = CE dT + T
∂P
∂T
dE.
E
c) Es ndet kein Wärmeaustausch statt, d.h. δQ = 0. Dies ist gleichbedeutend mit
S = const.. Damit gilt für die Gleichung aus Teilaufgabe b)
0 = CE dT + T
39
∂P
∂T
dE,
E
oder umgeschrieben:
∂T
∂E
S
T
=−
CE
∂P
∂T
.
E
Führt man nun die Ableitung (∂P/∂T )E mit der in der Angabe gegeben Gleichung aus, so erhält man als Ergebnis
∂P
∂T
=−
E
αCE
E
cTc
und durch Einsetzen letztendlich das gewünschte Ergebnis
∂T
∂E
=
S
αT
E.
c Tc
d) Nachdem kein Wärmeaustausch stattndet gilt die Gleichung aus Teilaufgabe
(c). Dies ist eine Dierentialgleichung erster Ordnung welche durch Trennung
der Variablen gelöst werden kann:
T
Z E(T )
α
dT̃
=
dẼ Ẽ
cTc E0
T0 T̃
T
α
(E(T )2 − E02 )
⇔ ln
=
T0
2cTc
α
⇔ T (E) = T0 exp
(E(T )2 − E02 ) .
2cTc
Z
Betrachten wir nun den in der Angabe beschrieben Fall, so gilt bei der Temperatur T1 , dass E(T1 ) = 0 (Feld wird abgeschaltet) somit folgt:
α
T1 = T0 exp −
E2
2cTc 0
Die Temperatur des Systems nimmt also ab.
40
< T0 .
3.11 H08 Thermodynamik 2: Temperaturausgleich
Zwei Körper gleicher Wärmekapazität C , aber mit verschiedenen Anfangstemperaturen T1 und T2 , werden durch einen thermodynamischen Prozess auf die gemeinsame
Endtemperatur Te gebracht.
a) Bestimmen Sie die Temperaturabhängigkeit der inneren Energie U (T ) und der
Entropie S(T ) eines beliebigen Körpers im thermischen Gleichgewicht, dessen
Wärmekapazität C temperaturunabhängig sei. (5 Punkte)
b) Berechnen Sie die Entropieänderung des Gesamtsystems beim Temperaturausgleich als Funktion der Temperaturen T1 , T2 und Te , und geben Sie eine vom
detaillierten Prozess unabhängige untere Schranke für die Endtemperatur Te
an. Unter welchen Bedingungen wird diese Schranke realisiert? (8 Punkte)
c) Berechnen Sie die Endtemperatur Te explizit für den Fall, dass während des Prozesses keine Arbeit verrichtet wird. Zeigen Sie allgemein, dass die entsprechende
Temperatur die aus Teilaufgabe (b) bekannte Ungleichung erfüllt. (6 Punkte)
d) Geben Sie die maximale Arbeit an, die beim Temperaturausgleich der beiden
Körper gewonnen werden kann. (6 Punkte)
41
3.12 H08 Thermodynamik 2: Temperaturausgleich Lösung
a) Für die Wärmekapazität bei konstantem Volumen gilt (beachten Sie, dass wir
die Volumenausdehnung für Körper bei hinreichend geringen Temperaturänderungen vernachlässigen dürfen):
C=
∂U
∂T
.
V
Damit gilt für die innere Energie:
U (T ) = U0 + C(T − T0 ),
wobei wir mit T0 die Anfangstemperatur bezeichnet haben und mit U0 die Anfangsenergie. Insbesondere erkennen wir die Abhängigkeit:
U = CT + const..
Für die Entropie gilt mit dem ersten Hauptsatz:
T dS = dU + pdV.
Wiederum können wir Volumenänderungen auÿer Acht lassen und nden damit:
T dS = dU
↔ dS =
CdT
T
↔ S(T ) = S0 + C ln
T
,
T0
wobei wir mit S0 die Anfangsentropie bezeichnet haben. Insbesondere erkennen
wir also die Temperaturabhängigkeit der Entropie:
S(T ) = C ln T + const.
b) Die Entropieänderung für ein System i ist gegeben durch:
∆Si = S(Te ) − S(Ti ) = C ln
Te
.
Ti
Die Änderung für das Gesamtsystem ist die Summe beider Einzelsysteme, also:
∆Sges = ∆S1 + ∆S2 = C ln
Te
Te
T2
+ C ln
= C ln e .
T1
T2
T1 T2
Nach dem zweiten Hauptsatz muss die Gesamtänderung der Entropie immer
gröÿer gleich Null sein woraus wir den Zusammenhang an die Temperaturen
nden:
∆Sges ≥ 0
42
Te2
≥1
T1 T2
p
↔ Te ≥ T1 T2 .
↔
Die untere Schranke wird für reversible Prozesse, welche durch ∆Sges = 0 charakterisiert sind, realisiert.
c) Der Energiesatz suggeriert:
∆U = −∆W = 0.
Für die Änderung einer inneren Energie ergibt sich:
∆Ui = U (Te ) − U (Ti0 ) = C(Te − Ti0 ),
und damit für die Gesamtänderung (Summe beider inneren Energien):
∆U = ∆U1 + ∆U2 = C(Te − T1 ) + C(Te − T2 ) = −∆W = 0,
und damit den Zusammenhang:
Te =
T1 + T2
.
2
Setzen wir diese Temperatur in die Ungleichung von Teilaufgabe (b) ein so gilt:
Te2 =
↔
1 2
(T + T22 + 2T1 T2 ) ≥ T1 T2
4 1
1 2
(T − 2T1 T2 + T22 ) ≥ 0
4 1
2
T1 − T2
↔
≥ 0.
2
Daraus erkennen wir, dass die Ungleichung für die gefundene Temperatur erfüllt
ist.
d) Mit dem ersten Hauptsatz gilt, dass ∆W gerade dann maximal ist, wenn ∆S = 0
gilt. Damit wissen wir aus Teilaufgabe (a), dass Te gerade den Wert der unteren
Schranke annimmt, d.h.:
p
Te =
T1 T2 .
Damit nden wir mit dem Energiesatz:
∆W = −δU = −C(Tc − T1 ) − C(Tc − T2 ) =
p
p
p
= −C(2 T1 T2 − T1 − T2 ) = C( T1 − T2 )2 .
43
3.13 H08 Quantenmechanik 1: Konstruktion von
Streulösungen
Es soll die Streuung eines Teilchens der Masse m an einem deltaförmigen Potential
V (x) = αδ(x) mit α > 0 untersucht werden.
a) Geben Sie die zugehörige zeitunabhängige Schrödinger-Gleichung an, und leiten
Sie hieraus die Sprungbedingung
ψ 0 (0+ ) − ψ 0 (0− ) = cψ(0)
(1)
für die Ableitung der Wellenfunktion her. Welcher Wert ergibt sich für die Konstante c? (4 Punkte)
b) Bestimmen Sie unter Beachtung der Sprungbedingung (1) den symmetrischen
und antisymmetrischen Eigenzustand ψs (x) bzw. ψa (x) zur Energie
E = ~2 k 2 /(2m). (8 Punkte)
c) Betrachten Sie nun die Linearkombination der beiden Eigenzustände,
ψ(x) = Cs ψs (x) + Ca ψa (x),
und bestimmen Sie das Verhältnis der Koezienten Cs und Ca so, dass die
Wellenfunktion für x > 0 lediglich durch eine nach rechts laufende Welle gegeben
ist. Was ergibt sich damit für die Wellenfunktion für x < 0? (6 Punkte)
d) Verwenden Sie das Ergebnis aus der vorigen Teilaufgabe, um den Transmissionskoezienten T und den Reexionskoezienten R zu bestimmen. Überzeugen
Sie sich davon, dass T + R = 1 gilt. (7 Punkte)
44
3.14 H08 Quantenmechanik 1: Konstruktion von
Streulösungen - Lösung
a) Betrachten wir die allgemeine Schrödinger-Gleichung zu diesem Problem:
~2 2
−
∂x + αδ(x) ψ(x) = Eψ(x).
2m
Integrieren wir diese Gleichung um eine kleines Intervall [−,
R ]0, so nden wir
f (x)dx = f (x),
mit dem Hauptsatz der Dierential- und Integralrechnung
R
sowie mit der Eigenschaft der Delta-Funktion f (x)δ(x)dx = f (0):
−
~2 0
(ψ () − ψ 0 (−)) + αψ(0) =
2m
Z
Eψ(x)dx.
−
Nehmen wir nun den Limes → 0, so verschwindet die rechte Seite der Gleichung
und wir können den Rest umschreiben zu:
−
~2 0 +
(ψ (0 ) − ψ 0 (0− )) = −αψ(0)
2m
↔ ψ 0 (0+ ) − ψ 0 (0− ) = cψ(0),
mit c = 2αm/~2 .
b) Die freie Schrödinger-Gleichung:
−
~2 2
∂ ψ = Eψ
2m x
besitzt die beiden Lösungen:
eikx und e−ikx
zur gleichen Energie:
E=
~2 k 2
.
2m
Wählen wir nun für das Problem mit Delta-Potential den folgenden Ansatz für
die Wellenfunktion auf der linken und rechten Seite des Potentials:
(
ψ(x) =
a0 eikx + b0 e−ikx
aeikx + be−ikx
für x < 0
für x > 0
Setzen wir diesen Ansatz in die Sprungbedingung von Aufgabenteil (a) ein,
erhalten wir:
ik(a − b) − ik(a0 − b0 ) = c(a + b)
Für eine symmetrische Wellenfunktion soll nun gelten:
ψs (x) = ψs (−x).
45
(∗)
Anhand des allgemeinen Ansatzes erkennen wir, dass diese Gleichung gerade
dann erfüllt ist, wenn gilt:
a0 = b und b0 = a.
Setzten wir dies in die Gleichung (∗) ein, nden wir nach Umformen:
b=a
2ik + c
.
2ik − c
Also ist die Lösung für die symmetrische Wellenfunktion gegeben durch:
(
beikx + ae−ikx
ψs (x) =
aeikx + be−ikx
für x < 0
für x > 0
wobei b die gerade bestimmte Gleichung erfüllt. Diesen expliziten Zusammenhang benötigen wir allerdings erst wieder im letzten Aufgabenteil, daher schreiben wir zunächst weiter b.
Für die antisymmetrische Wellenfunktion muss gelten:
ψa (x) = −ψa (−x).
Anhand der allgemeinen Form erkennen wir, dass in diesem Falle gelten muss:
a0 = −b und b0 = −a.
Für die Sprungbedingung (∗) gilt damit:
0 = c(a + b)
↔ b = −a.
Insgesamt erhalten wir also für die antisymmetrische Wellenfunktion:
(
−deikx + de−ikx
ψa (x) =
deikx − de−ikx
für x < 0
für x > 0
wobei wir die Amplitude a in −d umbenannt haben um keine Verwirrung im
nächsten Aufgabenteil zu erzeugen.
c) Für x > 0 gilt nun:
ψ = Cs ψs + Ca ψa = Cs (aeikx + be−ikx ) + Ca (deikx − deikx ) =
= (Cs a + Ca d)eikx + (Cs b − Ca d)e−ikx .
Nachdem wir eine reine nach rechts laufende Welle haben wollen, muss der
Vorfaktor von exp(−ikx) identisch Null sein. Es muss damit gelten:
Cs b − Ca d = 0
↔
Cs
d
= .
Ca
b
Für die Wellenfunktion bei x < 0 gilt:
ψ = Cs (beikx +ae−ikx )+CA (deikx −de−ikx ) = (bCs +dCa )eikx +(aCs −dCa )e−ikx .
46
d) Für den Reexionskoezienten nden wir:
R=|
Cs
aC
−d 2
a db − d 2
aCs − dCa 2
1 a−b 2
a
| =| C
|
=
|
| = |
| .
s
bCs + dCa
d+d
4 b
b Ca + d
Mit der expliziten Form für b aus Teilaufgabe (b) folgt:
R=
1 −2c 2
c2
.
|
| = 2
4 c + ik
c + 4k 2
Für den Transmissionskoezienten erhalten wir andererseits:
T =|
Cs
aC
+d 2
a db + d 2
aCs + dCa 2
1 a+b 2
a
|
=
|
| = |
| .
| =| C
s
bCs + dCa
d+d
4 b
b Ca + d
Wiederum mit der expliziten Form für b aus Teilaufgabe (b) nden wir:
T =
4k 2
1 4ik 2
|
| = 2
.
4 c + ik
c + 4k 2
Für die Summe gilt somit:
R + T = 1,
ist also erfüllt.
47
3.15 H08 Quantenmechanik 2: Kontinuitätsgleichung
Vorgelegt sei die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung mit reellem Potential V (~x, t),
i~∂t ψ = −
~2
∆ψ + V (~x, t)ψ.
2m
a) Zeigen Sie die Gültigkeit der reellen Kontinuitätsgleichung
∂t ρ(~x, t) + ∇ · ~j(~x, t) = 0,
wobei ρ(~x, t) = ψ ∗ (~x, t)ψ(~x, t) gilt. Welche physikalische Interpretation besitzen ρ(~x, t) und ρ(~x, t)dV mit dem Volumenelement dV ? Zeigen Sie, dass die
Stromdichte ~j(~x, t) die Form
~j(~x, t) = c (ψ ∗ ∇ψ − ψ∇ψ ∗ )
hat und bestimmen Sie die Konstante c. (9 Punkte)
Vorgelegt sei eine eindimensionale Potentialstufe V (x) = 0 für x < 0 und V (x) =
V0 > 0 für x > 0. Es wird ein stationärer Strom von links einfallenden Teilchen mit
Energie E > V0 betrachtet.
b) Lösen Sie die stationäre Schrödinger-Gleichung für x < 0 und x > 0, und
bestimmen Sie die Stromdichten jE des einfallenden Teilchenstroms und jD des
durchgehenden Teilchenstroms. (5 Punkte)
c) Welche Anschlussbedingungen gelten für die Wellenfunktionen und ihre Ableitung an der Stufe? Bestimmen Sie unter Verwendung dieser Anschlussbedingungen und der Kontinuitätsgleichung die Stromdichte jR (x) der reektierten
Welle. (6 Punkte)
d) Bestimmen Sie den Transmissionskoezienten T = jD /jE , wobei jE die einfallende und jD die durchgehende Stromdichte bezeichnen. Wie verhält sich der
Transmissionskoezient T für E → ∞? (5 Punkte)
48
3.16 H08 Quantenmechanik 2: Kontinuitätsgleichung
- Lösung
a) Um die Gültigkeit der Gleichung zu zeigen, ist eine exakte Herleitung verlangt.
Beginnen wir mit der zeitlichen Ableitung von ρ, so gilt mithilfe der Produktregel
∂t ρ = (∂t ψ ∗ )ψ + ψ ∗ ∂t ψ.
Um den richtigen Ausdruck für ∂t ψ ∗ und ∂t ψ einzusetzen, lösen wir die SchrödingerGleichung nach den entsprechenden Ausdrücken auf, dabei ist es wichtig zu
beachten, dass die Schrödinger Gleichung für die komplex konjugierte Wellenfunktion wie folgt lautet
−i~∂t ψ ∗ = −
~2
∆ψ ∗ + V (~x, t)ψ ∗ .
2m
Auösen und einsetzen liefert nun:
∂t ρ = −
=−
i~
[(∆ψ ∗ )ψ − ψ ∗ ∆ψ] =
2m
i~
∇ · [(∇ψ ∗ )ψ − ψ ∗ ∇ψ]
2m
woraus wir also insgesamt folgern
∂t ρ(~x, t) + ∇ · ~j(~x, t) = 0
mit
~j(~x, t) = − i~ [ψ ∗ ∇ψ − (∇ψ ∗ )ψ] .
2m
i~
Insbesondere erhalten wir die gesuchte Konstante zu c = − 2m
.
Da ρ einer Wahrscheinlichkeitsdichte entspricht, gilt für ρdV die Interpretation
ein Teilchen mit Wahrscheinlichkeit ρ dV im Volumen [V, V + dV ] zu nden.
b) Eine von links einlaufende Welle wird zum einen am Potential gestreut, andererseits wird ein gewisser Anteil transmittiert. Daher ergeben sich für die
Wellenfunktion in den beiden Bereichen folgende Ansätze:
(
ψ(x) =
eikx + re−ikx , f ür x < 0
0
teik x , f ür x > 0
wobei man k und k0 mit Hilfe der Schrödinger-Gleichung zu
k2 =
2mE
2m(E − V0 )
, k 02 =
2
~
~2
bestimmt.
Die einfallende Wellenfunktion ist nun gerade ψE = eikx . Damit erhalten wir
für den Strom
jE = −
~k
i~ −ikx
e
∂x eikx − eikx ∂x e−ikx =
.
2m
m
49
Die transmittierte Wellenfunktion ist ψD = teik x . Durch eine analoge Rechnung
erhält man den Strom zu
0
0
jD = t2
~k
.
m
c) Die Anschlussbedingungen an die Wellenfunktionen bei x = 0 sind, dass diese
stetig und auch ihre jeweiligen Ableitungen stetig sind. Daraus erhält man die
beiden Gleichungen für die Anschlussbedingung
1 + r = t (∗)
k − rk = tk 0 (∗∗).
Weiterhin muss die Kontinuitätsgleichung erfüllt sein, d.h. der einfallende und
reektierte Strom muss gleich dem durchgehenden Strom sein:
jE + jR = jD .
Durch umformen und einsetzen der beiden Ergebnisse aus Teilaufgabe b) folgt
für den reektierten Strom
~ 0 2
(k t − k).
m
jR =
Multipliziert man die Anschlussbedingung (∗∗) mit t und setzt den Ausdruck
(∗) für t in diesen ein, so folgt:
k 0 t2 − k = kr2
und somit
jR =
d) Durch Einsetzen gilt:
T =
~ 2
kr .
m
jD
t2 k 0
=
.
jE
k
Um die genaue Abhängigkeit für groÿe Energien zu bestimmen, müssen wir nun
das Gleichungssystem (∗) und (∗∗) nach t lösen. Das Ergebnis hierfür lautet
t=
2k
.
k + k0
Eingesetzt für T folgt damit
T =
4kk 0
.
k 2 + k 02 + 2kk 0
Im Limes groÿer Energien gilt k ≈ k0 und damit
T → 1.
Wir erhalten also einen Transmissionskoezienten welcher gegen Eins läuft. Für
sehr groÿe Energien spürt das Teilchen die Potentialstufe praktisch nicht und
kann damit ungehindert weiter propagieren.
50