Staatsexamen Lösung Frühjahr Herbst 09

Staatsexamensaufgaben Theoretische Physik
Lösungsvorschläge Gymnasium Bayern
Frühjahr und Herbst 2009
Daniel Jaud
Impressum
c 2017 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 2009 (F09)
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
F09 Mechanik 1: Newton'sche Kosmologie . . . . . . . . . . . . .
F09 Mechanik 1: Newton'sche Kosmologie - Lösung . . . . . . . .
F09 Mechanik 2: Rolle auf einer Rolle . . . . . . . . . . . . . . .
F09 Mechanik 2: Rolle auf einer Rolle - Lösung . . . . . . . . . .
F09 Elektrodynamik 1: Geladener Ring und Kreisstrom . . . . .
F09 Elektrodynamik 1: Geladener Ring und Kreisstrom - Lösung
F09 Elektrodynamik 2: Supraleiter . . . . . . . . . . . . . . . . .
F09 Elektrodynamik 2: Supraleiter - Lösung . . . . . . . . . . . .
F09 Thermodynamik 1: Magnetisches Material . . . . . . . . . .
F09 Thermodynamik 1: Magnetisches Material - Lösung . . . . .
F09 Thermodynamik 2: Eigenschaften von realen Gasen . . . . .
F09 Thermodynamik 2: Eigenschaften von realen Gasen - Lösung
F09 Quantenmechanik 1: Zustandsreduktion . . . . . . . . . . . .
F09 Quantenmechanik 1: Zustandsreduktion - Lösung . . . . . .
F09 Quantenmechanik 2: Teilchen auf Kreisring . . . . . . . . . .
F09 Quantenmechanik 2: Teilchen auf Kreisring - Lösung . . . .
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H09 Mechanik 1: Freies Teilchen auf Kegel . . . . . . . . . . . . . . .
H09 Mechanik 1: Freies Teilchen auf Kegel - Lösung . . . . . . . . .
H09 Mechanik 2: Relativistische Bewegung . . . . . . . . . . . . . .
H09 Mechanik 2: Relativistische Bewegung - Lösung . . . . . . . . .
H09 Elektrodynamik 1: Punktladung im Kugelzentrum . . . . . . . .
H09 Elektrodynamik 1: Punktladung im Kugelzentrum - Lösung . .
H09 Elektrodynamik 2: Dielektrika im Plattenkondensator . . . . . .
H09 Elektrodynamik 2: Dielektrika im Plattenkondensator - Lösung
H09 Thermodynamik 1: Bose-Kondensat . . . . . . . . . . . . . . . .
H09 Thermodynamik 1: Bose-Kondensat - Lösung . . . . . . . . . .
H09 Thermodynamik 2: Reversible Expansion eines Gases . . . . . .
H09 Thermodynamik 2: Reversible Expansion eines Gases - Lösung .
H09 Quantenmachanik 1: Attraktives δ -Potential . . . . . . . . . . .
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Herbst 2009 (H09)
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
v
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3
3
4
7
9
11
12
14
15
19
20
22
23
25
26
28
30
35
35
36
38
39
41
42
44
45
47
48
50
51
54
3.14 H09 Quantenmachanik 1: Attraktives δ -Potential - Lösung . . . . . . .
3.15 H09 Quantenmechanik 2: Quantenkreisel . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.16 H09 Quantenmechanik 2: Quantenkreisel - Lösung . . . . . . . . . . .
vi
55
58
59
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 2009 (F09)
2.1
F09 Mechanik 1: Newton'sche Kosmologie
Die von Hubble zuerst beobachtete Expansion des Universums wird empirisch durch
das Gesetz ~vi (t) = H(t)~xi (t) beschrieben. Dabei sind ~xi (t) und ~vi (t) der Ort bzw. die
Geschwindigkeit einer Galaxie i in einem Koordinatensystem mit dem Ursprung im
Zentrum unserer eigenen Galaxie.
a) Zeigen Sie, dass das Hubble'sche Gesetz exakt dieselbe Form auch für einen
Beobachter in einer beliebigen Galaxie j annimmt, die von uns den Abstand ~xj
besitzt. (Die Erde, bzw. unsere Milchstrasse, hat also keinen privilegierten Platz
im Universum!) (4 Punkte)
b) Betrachten Sie das Universum als ein homogenes Gas mit einer Massendichte
ρ(t). Leiten Sie die Newton'sche Bewegungsgleichung für den Radiusvektor ~x(t)
einer Galaxie mit Masse m unter der Annahme ab, dass sich die Galaxie wie eine
Punktmasse in dem von der homogenen Massendichte ρ(t) erzeugten Kraftfeld
bewegt.
Ergebnis :
¨(t) = − 4π Gρ(t)~x(t)
~x
3
(5 Punkte)
c) Transformieren Sie die Gleichung für ~x(t) mit dem Ansatz ~x(t) = R(t)~x0 in eine
Dierentialgleichung für R(t), und bestimmen Sie den Zusammenhang des Expansionsparameters R(t) mit der Hubble-Konstanten H(t) zur Zeit t. (6 Punkte)
d) Eliminieren Sie die Dichte ρ(t) aus der Gleichung für R(t) unter Verwendung
der Massenerhaltung ρ(t)R3 (t) = const., und leiten Sie damit eine Dierentialgleichung erster Ordnung für R(t) ab (Hinweis : Energiesatz). Bestimmen Sie
damit R(t) explizit für den Fall, dass die Expansionsgeschwindigkeit für groÿe
R(t) verschwindet, Ṙ → 0 für R(t) → ∞. (10 Punkte)
8π
3
Hinweis : Es ist günstig, die Konstante Q =
3 ρ(t0 )R (t0 ) einzuführen.
3
2.2
F09 Mechanik 1: Newton'sche Kosmologie - Lösung
a) Betrachten wir ein neues Koordinatensystem, welches bezüglich des ursprünglichen Systems um den Vektor ~xj verschoben ist (vgl. Abbildung)
Dann gilt für die Koordinaten im neuen System:
~x0i = ~xi − ~xj
→ ~vi0 = ~vi − ~vj .
Sowohl ~xk als auch ~vk , mit k = i, j , erfüllen jeweils das Hubble'sche Gesetz, also
folgt:
~vi0 = ~vi − ~vj = H(t)(~xi − ~xj ) = H(t)~x0i .
Damit ist das Hubble'sche Gesetz auch in einer anderen denkbaren Galaxie
erfüllt.
b) Das Newton'sche Gravitationsgesetz lautet allgemein:
¨ = −mG
m~x
Z
ρ(t)
(~x − ~x0 )d3 x0 .
|~x − ~x0 |3
Nachdem die Massendichte homogen verteilt ist, erkennt man, dass das Integral
nur für kleine Werte, d.h. R = |~x0 | << |~x|, einen nicht verschwindenden Wert
liefert.
In diesem Limes gilt:
1/|~x0 − ~x|3 = 1/R3 und ~x0 − ~x = ~x.
4
Damit erhalten wir:
¨ = −mGρ(t)
m~x
R
Z
1
~x
R3
0
Z
0
π
2π
Z
r2 dr sin(θ)dθdφ = −
0
4π
Gρ(t)~x(t).
3
c) Verwenden wir den Ansatz aus der Angabe so folgt:
¨ = R̈(t)~x0 ,
~x
womit für die Bewegungsgleichung aus Teilaufgabe (b) gilt:
R̈(t)~x0 = −
4π
Gρ(t)R(t)~x0
3
↔ R̈(t) = −
4π
Gρ(t)R(t).
3
Für das Hubble'sche Gesetz nden wir andererseits:
Ṙ(t)~x0 = H(t)R(t)~x0
↔ Ṙ(t) = H(t)R(t).
Hierbei stellt die letzte Gleichung einen Zusammenhang zwischen R und H her.
d) Gehen wir von der Massenerhaltung aus, d.h:
ρ(t)R3 (t) = ρ(t0 )R3 (t0 )
↔ ρ(t) = ρ(t0 )
R3 (t0 )
,
R3 (t)
und setzen dies in die Bewegungsgleichung für R aus Teilaufgabe (c) ein, so
erhält man:
R̈ = −
4π ρ(t0 )R3 (t0 )
GQ 1
G
=−
.
2
3
R (t)
2 R2 (t)
Hierbei haben wir die Konstante Q aus dem Hinweis der Angabe eingeführt.
Multiplizieren wir nun die letzte Gleichung auf beiden Seiten mit Ṙ, so erkennen
wir folgenden Zusammenhang:
GQ 1
Ṙ
2 R2
d QG 1
d 1 2
Ṙ =
.
↔
dt 2
dt
2 R
R̈Ṙ = −
Sollte Ihnen der Zusammenhang zwischen der letzten und vorletzten Zeile nicht
ersichtlich sein, so können Sie einfach die Zeitableitung in der letzten Zeile per
Hand ausführen und sollten auf das Ergebnis der vorletzten Zeile gelangen (Achtung: Nachdierenzieren!)
5
In der letzten Zeile können wir nun die Zeitableitungen ignorieren und erhalten
die Gleichung:
Ṙ2 = QG
↔ Ṙ =
1
R
p
1
QG 1/2 .
R
Diese Dierentialgleichung können wir nun mittels Trennung der Variablen lösen, wir nden also:
Z
Z
R(t)
t
R̃1/2 dR̃ =
p
QG
R(t0 )
dt̃
t0
p
2 3/2 R(t)
R̃ |R(t0 ) = QG(t − t0 )
3
2/3
3p
QG(t − t0 ) + R3/2 (t0 )
.
↔ R(t) =
2
↔
Anhand des Ergebnisses sehen wir sofort, dass für t → ∞ folgt R(t) → ∞,
woraus sich automatisch aus der Dierentialgleichung:
Ṙ =
p
QG/R1/2 ,
ergibt, dass Ṙ → ∞, d.h. unsere gefundene Lösung erfüllt bereits die Randbedingungen.
6
2.3
F09 Mechanik 2: Rolle auf einer Rolle
Gegeben Sie eine feststehende Rolle vom Radius R mit horizontaler Achse. Eine zweite
Rolle habe den Radius r, die Masse m (mit homogener Massenverteilung) und die
Achse parallel zur ersten Rollenachse.
Unter dem Einuss des homogenen Schwerefeldes rolle die zweite Rolle auf der ersten
ab ohne zu gleiten. Die Position und Rotation der zweiten Rolle werde durch die
Winkel φ bzw. ψ beschrieben wie in der Grak skizziert. Für φ = 0 gelte auch ψ = 0.
a) Bestimmen Sie das Trägheitsmoment Θ = γmr2 der kleinen Rolle bezüglich
ihrer Achse, bestimmen Sie also γ . In den Teilaufgaben b)-f) soll allerdings mit
γ anstelle des numerischen Wertes gerechnet werden. (3 Punkte)
b) Bestimmen Sie den Zusammenhang der beiden Winkel φ und ψ . (2 Punkte)
c) Geben Sie kinetische und potentielle Energie sowie die Lagrange-Funktion als
Funktion von φ und φ̇ an; normieren Sie dabei die potentielle Energie so, dass
sie für φ = 0 verschwindet. (5 Punkte)
d) Stellen Sie die Euler-Lagrange-Gleichung auf. Lösen Sie die Bewegungsgleichung
für kleine φ. Zum Zeitpunkt t = 0 liege die zweite Rolle oben auf der ersten,
φ = 0, und habe eine Winkelgeschwindigkeit φ̇ = ω . (5 Punkte)
e) Zeigen Sie, dass die Bedingung für das Abheben der kleinen Rolle von der groÿen
durch
φ̇2 =
g
cos(φ) (∗)
R+r
(nicht-kleine φ) gegeben ist. (4 Punkte)
7
f) Warum gilt der Erhaltungssatz der Energie? Verwenden Sie diesen im Grenzfall
verschwindender Anfangsgeschwindigkeit (ω → 0) zusammen mit Gleichung (∗),
um den Winkel φ0 bei welchem die kleine Rolle von der groÿen abhebt, allein
aus der Masse m und den Radien R und r zu bestimmen. Welcher Winkel φ0
(in Grad) ergibt sich für den Fall r = R? (6 Punkte)
8
2.4
F09 Mechanik 2: Rolle auf einer Rolle - Lösung
a) Sei die Symmetrieachse als z -Achse gewählt. Dann gilt für das Trägheitsmoment:
Z
(x2 + y 2 )d3 r,
Θ=ρ
wobei ρ die Massendichte ist. Sei nun die Masse der Rolle m = πr2 hρ, dann gilt
für das Trägheitsmoment in Zylinderkoordinaten:
r
Z
Z
2π
Z
Θ=ρ
0
0
h
r̃3 dr̃dφdz =
0
1 2
mr ,
2
also gilt insbesondere γ = 1/2.
b) Für das Rollen ohne zu Gleiten gilt, dass der gleiche Weg beider Rollen zurückgelegt werden muss, also:
R · φ = r · ψ.
c) Die kinetische Energie setzt sich aus der Bewegung des Schwerpunktes, sowie
der Rotationsenergie der kleinen Rolle zusammen. Aufgrund der Bewegung auf
einer gekrümmten Oberäche, ergibt sich für den Beitrag der Rotationsenergie
eine Korrektur um φ̇. Damit folgt für die kinetische Energie T :
T =
2
m
1 (R + r)2 φ̇2 + Θ φ̇ + ψ̇ .
2
2
Mit dem in b) gefunden Zusammenhang folgt:
T =
m
(R + r)2 φ̇2 (1 + γ).
2
Die potentielle Energie ergibt sich als die gewöhnliche Schwere-Energie V zu:
V = mg(R + r) cos(φ) + const.
Nachdem das Potential für φ = 0 verschwinden muss, gilt somit für die Konstante:
const. = −mg(R + r).
Die Lagrange-Funktion L ist somit gegeben durch:
L=T −V =
m
(R + r)2 φ̇2 (1 + γ) − mg(R + r) cos(φ) + mg(R + r).
2
d) Mittels der Euler-Lagrange-Gleichung erhält man folgende Bewegungsgleichung:
m(R + r)2 (1 + γ)φ̈ = mg(R + r) sin(φ).
Entwickelt man den Sinus bis zur linearen Ordnung, d.h. sin(φ)=φ
˙ , und setzt
dies in die Bewegungsgleichung ein, so erhält man die folgende lineare Dierentialgleichung zweiter Ordnung:
φ̈ − λ2 φ = 0,
9
wobei wir λ2 = g/[(R + r)(1 + γ)] deniert haben. Die Lösung obiger Dierentialgleichung erhält man über einen Exponential-Ansatz. Die beiden linear
unabhängigen Lösungen sind gegeben durch:
exp(λt), exp(−λt)
und damit gilt für die allgemeine Lösung:
φ(t) = Aeλt + Be−λt .
Benutzt man nun die Anfangsbedingungen φ(0) = 0 sowie φ̇(0) = ω erhält man
für die beiden Integrationskonstanten A, B :
A=
ω
ω
, B=−
2λ
2λ
und somit die Lösung
φ(t) =
ω
sinh(λt).
λ
e) Die Abhebebedingung ergibt sich daraus, dass die beiden wirkenden Kräfte zur
Oberächennormalen sich gerade gegenseitig kompensieren. Die wegtreibende
Kraft ist dabei die Zentrifugalkraft und die anziehende Kraft die zur Oberäche
wirkende Gewichtskraft. Für das Kräftegleichgewicht ergibt sich somit:
Fz = FG,Oberf l.
⇔ m(R + r)φ̇2 = mg(R + r) cos(φ)
g
⇔ φ̇2 =
cos(φ).
R+r
f) Da der kinetische Term in jedem Summanden eine zeitliche Ableitung enthält
und zusätzlich ∂L/∂t = 0, ist die Energie des Systems erhalten. Für den Grenzfall ω → 0 gilt für die Anfangsenergie (φ = 0) und die Endenergie folgender
Zusammenhang:
E=0=
m
(R + r)2 φ̇2 (1 + γ) + mg(R + r) cos(φ) − mg(R + r).
2
Mit der Abhebebedingung folgt somit für φ0 durch Einsetzen und Auösen für
r = R und dem speziellen Wert für γ = 1/2:
φ0 = arccos
2
γ+3
10
= 55, 15◦ .
2.5
F09 Elektrodynamik 1: Geladener Ring und Kreisstrom
Für quasistatische Probleme lauten die inhomogenen Maxwell-Gleichungen
~ = ρ , rot B
~ = µ0~j.
div E
0
~ = −∇Φ denierte elektrische Potential Φ ergibt sich daraus die
Für das über E
Integraldarstellung:
Z
Φ(~r) =
1
4π0
d3 r 0
ρ(~r 0 )
.
|~r − ~r 0 |
a) Zeigen Sie, dass unter Verwendung der Coulomb-Eichung (div A~ = 0) das durch
~ = rot A
~ denierte Vektorpotential A
~ über die Beziehung
B
~ r) = µ0
A(~
4π
Z
d3 r 0
~j(~r 0 )
|~r − ~r 0 |
mit der Stromdichte ~j zusammenhängt. (4 Punkte)
Im Folgenden sollen eine kreisförmige Ladungsverteilung mit der Gesamtladung Q
und ein Kreisstrom I auf einem um den Ursprung in der (x, y)-Ebene liegenden Kreis
mit Radius a betrachtet werden.
b) Zeigen Sie durch Berechnung von |~r − ~r 0 | und geeigneter Entwicklung, dass für
r >> a
1
1
a
0
≈
~
e
·
~
e
1
+
r
r
|~r − ~r 0 |
r
r
gilt. ~r0 liege dabei auf dem gerade denierte Kreis, und ~er und ~er0 sind die
radialen Basisvektoren in Kugelkoordinaten (r, θ, φ) an den Orten ~r bzw. ~r0 .
Zeigen Sie ferner, dass ~er · ~er0 = sin(θ) cos(φ − φ0 ) gilt. (10 Punkte)
c) Bestimmen Sie nun für die oben denierte kreisförmige Ladungsverteilung und
den Kreisstrom das elektrische Potential bzw. Vektorpotential in führender nicht
verschwindender Ordnung in a/r. Drücken Sie das Ergebnis für das Vektorpotential auch mit Hilfe des magnetischen Moments m
~ des Kreisstroms aus.
(11 Punkte)
Hinweis : Für einen linienförmigen Strom I entlang des Weges C ergibt sich das
Vektorpotential zu
Z
~ r) = µ0
A(~
4π
11
d~r
C
0
I
.
|~r − ~r 0 |
2.6
F09 Elektrodynamik 1: Geladener Ring und Kreisstrom - Lösung
a) Zunächst gilt die Identität:
rot rot = grad div − ∆.
Damit erhalten wir in Coulomb-Eichung:
~ =∇×∇×A
~ = −∆A
~ = µ0~j
∇×B
~ = −µ0~j
⇔ ∆A
Geschrieben in Komponenten gilt somit:
∆Ai = −µ0 ji .
Dies entspricht einem äquivalenten Ausdruck wie bei der Poisson-Gleichung
∆Φ = −ρ/0
von welcher die Lösung angegeben ist. Nachdem wir somit einen äquivalente
Lösung für jede Komponente der Ai 's erhalten gilt somit insgesamt:
~ r) = µ0
A(~
4π
Z
d3 r0
~j(~r 0 )
.
|~r − ~r 0 |
b) Denieren wir uns zunächst die relevanten Vektoren:

r sin(θ) cos(φ)
~r =  r sin(θ) sin(φ)  = r~er
r cos(θ)


a cos(φ0 )
~r0 =  a sin(φ0 )  = a~er0
0

Damit gilt für |~r − ~r0 |:
|~r − ~r0 | =
p
r2 − 2ra~er · ~er0 + a2 = r
p
1 − 2x~er · ~er0 + x2
wobei wir x = a/r deniert haben. Somit gilt für die Entwicklung um x = 0:
1
1
1
=
˙ √
|x=0 + ∂x √
|x=0 · x =
0
2
|~r − ~r | r 1 − 2x~er · ~er0 + x
r 1 − 2x~er · ~er0 + x2
1
a
=
1 + ~er · ~er0
r
r
wobei wir höhere Ordnungen in x vernachlässigt haben.
Für das Skalarprodukt ergibt sich:
~er · ~er0 = sin(θ) (cos(φ) cos(φ0 ) + sin(φ) sin(φ0 )) = sin(θ) cos(φ − φ0 ),
wobei wir im letzten Schritt ein Additionstheorem benutzt haben.
12
c) Betrachten wir zunächst den Fall des homogen geladenen Rings. Die Ladungsdichte ist gegeben durch:
ρ(φ) =
Q
δ(r − a)δ(z).
2πa
Damit folgt für das Potential unter Verwendung der Expansion von Teilaufgabe
b):
Z
Q
1
a
1
r0 dr0 dφ0 dz 0
δ(r0 − a)δ(z 0 )
1 + ~er · ~er0 =
Φ(~r) =
4π0
2πa
r
r
Z
1
1
Q
a
δ(r0 − a)δ(z 0 )
r0 dr0 dφ0 dz 0
1 + sin(θ) cos(φ − φ0 ) =
4π0
2πa
r
r
1
Qa
Q
Q
=
−
sin(θ) sin(φ − φ0 )|2π
=
.
0
4π0 r
2πr
4π0 r
Betrachten wir nun den Fall des Kreisstroms. Dazu schreiben wir zunächst das
Dierential um zu:


− sin(φ0 )
~0
d
r
dφ0 = a  cos(φ0 )  dφ0 = a~eφ0 dφ0 .
d~r0 =
dφ0
0
Mit dem Hinweis aus der Angabe sowie der Expansion aus Teilaufgabe (b) ergibt
sich das Vektorpotential zu:
~ r) = µ0
A(~
4π
Z
2π
1
a
1 + ~er · ~er0 =
r
r
0


−π sin(φ)
µ0 Ia2 
π cos(φ)  sin(θ).
4πr2
0
Ia~eφ0 dφ0
Hierbei haben wir das elementar auftretende Integral nicht explizit ausgeführt,
sondern nur die Lösung angegeben.
Für das magnetische Moment gilt allgemein:
1
m
~ =
2
und somit in unserem Fall:
Z
d3 r0 ~r 0 × ~j(~r 0 )
m
~ = Iπa2~ez .
Dadurch können wir das Vektorpotential auch alternativ schreiben zu:
~ = µ0 m
A
~ × ~r.
4πr3
13
2.7
F09 Elektrodynamik 2: Magnetostatik des Supraleiters
Der Zusammenhang zwischen der induzierten Stromdichte ~jind (~r) und dem magneti~ r) im Supraleiter wird durch die Materialgleichung von Lonschen Induktionsfeld B(~
don
~ × ~jind (~r) = −
µ0 ∇
1 ~
B(~r),
λ2
λ = const. > 0
(1)
beschrieben, die zusätzlich zu den Maxwell-Gleichungen
~ ·B
~ =0
∇
(2)
~ ×B
~ = µ0 (~jext + ~jind )
∇
(3)
gilt.
Gegeben sei eine in x- und y -Richtung unendlich ausgedehnte supraleitende Platte im
Bereich |z| ≤ d. Auÿerhalb der Platte liege ein statisches, homogenes, magnetisches
Induktionsfeld
~ = B0~ex im Bereich |z| > d
B
in x-Richtung an; innerhalb der Platte genüge das Induktionsfeld der London-Gleichung
(1). Es gebe keine externe Stromdichte, ~jext = 0.
a) Leiten Sie für den stationären Zustand eine Dierentialgleichung für das Induk~ im supraleitenden Gebiet |z| ≤ d her, geben Sie die Randbedingung
tionsfeld B
~ im ganzen Raum.
an, und berechnen Sie B
Hinweis
~ × (∇
~ × B)
~ = ∇(
~ ∇
~ · B)
~ − (∇
~ · ∇)
~ B.
~
:∇
Zur Kontrolle
(14 Punkte)
~ = B0 cosh(z/λ) ~ex im Bereich |z| ≤ d.
: Das Ergebnis ist B
cosh(d/λ)
b) Berechnen Sie die induzierte Stromdichte ~jind innerhalb der Platte. (6 Punkte)
~ und |~jind | als Funktion von z . Deuten Sie die Konstante λ
c) Skizzieren Sie |B|
anschaulich.
Welcher qualitative Unterschied würde sich für einen Normalleiter mit der relativen Permeabilität µm = 1 ergeben? (5 Punkte)
14
2.8
F09 Elektrodynamik 2: Magnetostatik des Supraleiters - Lösung
a) Wenden wir den Hinweis auf das B -Feld an und verwenden die zweite Maxwell~ = 0, so erhalten wir:
Gleichung div B
~ × (∇
~ × B)
~ = ∇(
~ ∇
~ · B)
~ − ∆B
~ = −∆B,
~
∇
~ ·∇
~ = ∂2 + ∂2 + ∂2.
wobei ∆ = ∇
x
y
z
Andererseits können wir benutzen, dass:
~ ×B
~ = µ0~jind ,
∇
wodurch wir für die obige Formel, unter Benutzung der London-Gleichung, alternativ:
~ × (∇
~ × B)
~ =∇
~ × µ0~jind = − 1 B
~
∇
λ2
erhalten.
Nachdem beide Ergebnisse gleich sein müssen, erhalten wir folglich die Dierentialgleichung für B :
~ =−
−∆B
~−
↔ ∆B
1 ~
B
λ2
1 ~
B = 0.
λ2
Es ergeben sich nun mehrere Randbedingungen. Einerseits ist die Platte unendlich ausgedehnt in der x-y -Ebene, d.h., dass unser Problem translations invariant
ist und folglich muss:
~
~
B(x,
y, z) = B(z),
d.h. B muss einzig eine Funktion der Koordinate z sein. Andererseits muss das
B -Feld am Rand des Leiters den Wert des statischen Induktionsfeldes annehme,
d.h.:
~
B(±d)
= B0~ex .
Hierbei haben wir benutzt, dass die Platte kein Oben und Unten unterscheiden
kann, d.h. an beiden Rändern muss das externe Feld angenommen werden.
~
Kommen wir nun zur Lösung der Dierentialgleichung. Nachdem B(z)
nur von
z abhängt reduziert sich der Laplace Operator zu:
∆ → ∂z2
Betrachten wir nun zunächst die x-Komponente des B -Feldes, für diese gilt nun:
∂z2 Bx (z) −
1
Bx (z) = 0.
λ2
Wählen wir den Exponential-Ansatz Bx (z) = A exp(κz) und setzen diesen in
die Dierentialgleichung von eben ein, so erhalten wir die Bedingung:
κ2 =
15
1
λ2
1
↔κ=± .
λ
Somit erhalten wir die allgemeine Lösung durch Superposition der Elementarlösungen zu:
Bx (z) = A1 ez/λ + A2 e−z/λ .
Für die y - und z -Komponente gilt die gleiche Dierentialgleichung und wir erhalten somit die gleichen Lösungen, allerdings im Allgemeinen mit unterschiedlichen Amplituden. Die allgemein Lösung lautet somit:

A1 ez/λ + A2 e−z/λ
~
B(z)
=  C1 ez/λ + C2 e−z/λ  .
D1 ez/λ + D2 e−z/λ

Nun können wir die Randbedingungen benutzen um die Konstanten Ai , Ci und
Di zu bestimmen. Wir haben also:


A1 ed/λ + A2 e−d/λ
~
B(d)
=  C1 ed/λ + C2 e−d/λ  = B0~ex
D1 ed/λ + D2 e−d/λ
und

A1 e−d/λ + A2 ed/λ
~
B(−d)
=  C1 e−d/λ + C2 ed/λ  = B0~ex .
D1 e−d/λ + D2 ed/λ

Anhand dieser Form erkenne wir sofort, dass gelten muss:
C1 = C2 = D1 = D2 = 0.
Für die x-Komponente erhält man nach einer kleinen Umformung:
A1 = A2 =
B0
B0
=
,
exp(d/λ) + exp(−d/λ)
2 cosh(d/λ)
wobei wir im letzten Schritt die Denition cosh(x) = 12 (ex + e−x ) verwendet
haben. Letztlich können wir also B in geschlossener Form schreiben, wobei wir
wiederum die Denition von cosh(x) für die x-Komponente verwenden zu:
cosh(z/λ)
~
B(z)
= B0
~ex .
cosh(d/λ)
b) Die induzierte Stromdichte lässt sich mit der Maxwell-Gleichung berechnen zu:
~ × B(z)
~
∇
= µ0~jind .
mit
∂z cosh(z/λ) =
16
1
sinh(z/λ),
λ
folgt für das Kreuzprodukt:
B0 sinh(z/λ)
~ × B(z)
~
∇
=
~ey = µ0~jind
λ cosh(d/λ)
↔ ~jind =
B0 sinh(z/λ)
~ey .
λµ0 cosh(d/λ)
c) Für die Beträge ergeben sich folgende Diagramme:
Wir sehen also, dass die Konstante λ die Amplitude der induzierten Stromdichte
regelt (geometrische Interpretation).
17
Für einen Normalleiter ist die induzierte Stromdichte Null, da kein zeitlich veränderliches B -Feld anliegt (vgl. Induktion: entweder Änderung der durchdrungenen Fläche oder zeitlich veränderliches Magnetfeld).
18
2.9
F09 Thermodynamik 1: Magnetisches Material
Betrachten Sie ein magnetisches Material, dessen Wärmekapazität CB (T, B) bei konstantem Magnetfeld und dessen Magnetisierung M (T, B) als Funktion der Temperatur T und des Magnetfeldes B bekannt seien. Das Dierential seiner Energie U (S, M )
hängt bekanntlich von der Magnetisierung M und der Entropie S ab,
dU = T dS + B dM.
a) Leiten Sie aus der obigen Beziehung das Dierential der freien Enthalpie G(T, B)
her. (5 Punkte)
b) Zeigen Sie, dass die Änderung der Entropie bei konstanter Temperatur gleich
der Änderung der Magnetisierung bei konstantem Feld ist,
∂S
∂B
=
T
∂M
∂T
.
B
(5 Punkte)
c) Drücken Sie die Änderung der Temperatur bei adiabatischer Änderung des Magnetfeldes durch die beiden Funktionen CB (T, B) und M (T, B) aus. (15 Punkte)
19
2.10
F09 Thermodynamik 1: Magnetisches Material
- Lösung
a) Wir berechnen zunächst die Helmholtz-Freie-Energie F , welche sich als LegendreTransformation von U bzgl. S ergibt, d.h.:
F =U−
∂U
∂S
S = U − T S.
M
Für das entsprechende Dierential gilt somit:
dF = dU − S dT − T dS = −S dT + B dM.
Die Gibbs-Freie-Enthalpie ergibt sich nun als Legendre-Transformation von F
bzgl. M also:
G=F −
∂F
∂M
M = F − BM = U − T S − BM.
T
Für das entsprechende Dierential folgt somit:
dG = −S dT − M dB.
b) Betrachten wir die Symmetrie der zweiten Ableitungen von G, d.h.
d2 G
d2 G
=
dT dB
dBdT
so ergibt sich die Relation:
∂S
∂B
∂M
∂T
=
T
.
B
c) Zunächst gilt für CB :
CB =
δQ
dT
=T
B
∂S
∂T
.
B
Wir sind nun an der Änderung der Temperatur bei adiabatischer Änderung des
Magnetfeldes interessiert, oder in Formeln:
∂T
∂B
.
S
Aus der Teilaufgabe b) wissen wir bereits, dass die Entropie eine Funktion der
Temperatur und des Magnetfeldes ist S = S(T, B) (dies folgt dirket aus der
Maxwell-Relation), damit können wir das totale Dierential bilden zu:
dS =
∂S
∂T
dT +
B
20
∂S
∂B
dB.
T
Bei konstanter Entropie S = const. gilt demnach dS = 0 und wir können die
letzte Gleichung umschreiben zu:
∂T
∂B
∂S
∂B T
.
∂S
∂T B
=−
S
Mit der Maxwell-Relation aus Teilaufgabe b) sowie der Wärmekapazität CB gilt
somit letztlich:
∂T
∂B
=−
S
21
T
CB
∂M
∂T
.
B
2.11
F09 Thermodynamik 2: Physikalische Eigenschaften von realen Gasen
Ausgangspunkt ist die Zustandsgleichung für ein van-der-Waals-Gas (Molvolumen v ),
p=
RT
a
− 2.
v−b v
(1)
a) Die isotherme Kompressibilität ist deniert als
κT = −
1
v
∂v
∂p
.
(2)
T
Bestimmen Sie κT (T, v) für das van-der-Waals-Gas. (9 Punkte)
b) Berechnen Sie nun κT (p, v). Nehmen Sie an, dass die Korrekturen zum idealen
Gas klein sind, und linearisieren Sie κT (p, v) in den Parametern a und b. Wie
kann man das Ergebnis qualitativ verstehen? (8 Punkte)
c) Der thermische Ausdehnungskoezient ist gegeben durch
α=
1
v
∂v
∂T
.
(3)
p
Zeigen Sie zunächst, dass für das Verhältnis α/κT allgemein gilt
α
=
κT
∂p
∂T
.
(4)
v
Berechnen Sie hieraus α(T, v) für das van-der-Waals-Gas. Was erhält man im
Grenzfall des idealen Gases? (8 Punkte)
22
2.12
F09 Thermodynamik 2: Physikalische Eigenschaften von realen Gasen - Lösung
a) Wir verwenden zunächst die Identität:
∂v
∂p
=
T
1
∂p
∂v
,
T
damit folgt für die Kompressibilität:
1 1
κT = − .
v ∂p
∂v
T
Berechnen wir nun die relevante Gröÿe mit der van-der-Waals Zustandsgleichung
so erhalten wir:
1
∂p
∂v
=
1
,
RT
a
− (v−b)
2 + 2 v3
T
und somit:
κT =
1
.
− 2 va3
RT v
(v−b)2
b) Lösen wir Gleichung (1) nach RT auf so erhält man:
RT = (v − b)(p +
a
).
v2
Setzt man dies in das Ergebnis von Teilaufgabe (a) ein so folgt:
κT (p, v) =
v
(v−b) (p
1
.
+ va2 ) − 2 va2
Fassen wir nun die Kompressibilität auf als Funktion κT (p, v, a, b) und führen
eine Taylorentwicklung für a = b = 0 bis zur linearen Ordnung durch, so nden
wir:
κT =κ
˙ T (p, v, 0, 0) + [∂a κ(p, v, 0, 0)] · a + [∂b κT (p, v, 0, 0)] · b =
=
1
2
v
a
1
(v−b)v − v 2
v−b (p + v 2 )
− v
|
·
a
−
|a=b=0 · b =
a=b=0
v
p ( v−b (p + va2 ) − 2 va2 )2
( v−b
(p + va2 ) − 2 va2 )2
=
b
1
a
+
− .
p p2 v 2
vp
Wir sehen, dass der erste Term exakt dem idealen Gas entspricht, wohingegen
die Terme proportional zu a und b Korrekturen zum idealen Gas beschreiben.
c) Benutzen wir die Dreier-Identität:
∂v
∂T
p
∂T
∂p
23
v
∂p
∂v
= −1
T
↔−
∂v
∂T
p
∂p
∂v
T
∂p
∂T
=
,
v
so erhalten wir für das Verhältnis:
α
=−
κT
∂v
∂T
p
∂p
∂v
=
T
∂p
∂T
.
v
Berechnen wir nun mit (1):
∂p
∂T
=
v
R
,
v−b
so erhalten wir α nach Auösen und unter Verwendung des Ergebnisses aus (a):
α=
R
κT =
v−b
R
RT v
v−b
− 2a a(v−b)
v2
.
Das ideale Gas wird gerade für a = b = 0 reproduziert (vgl. Gleichung (1)). In
diesem Fall erhalten wir dann für den Ausdehnungskoezienten:
α|a=b=0 =
24
1
.
T
2.13
F09 Quantenmechanik 1: Zustandsreduktion durch
Messung
Ein Wassersto-Atom bende sich in einem Zustand, der durch den Ket
1
|ψi = √ (2 |ψ100 i − |ψ210 i + |ψ211 i)
6
dargestellt wird. Hierbei charakterisiert |ψnlm i einen gemeinsamen normierten Eigenzustand der Operatoren H, L2 und Lz (H = Hamilton-Operator, L = Drehimpulsoperator) mit n = Hauptquantenzahl, l = Drehimpulsquantenzahl und m = Quantenzahl
für die z -Komponente des Drehimpulses.
a) Zeigen Sie, dass |ψi normiert ist. Welche Messwerte können bei einer Energiemessung am System mit dem Ket |ψi erhalten werden? Welche Werte können
als Ausgang einer Messung von L2 bzw. der z -Komponente des Drehimpulses
auftreten? Mit welchen Wahrscheinlichkeiten werden die möglichen Messwerte
von H , L2 und Lz gemessen? (7 Punkte)
Hinweis
: Enlm = −Ry /n2 mit Ry = Rydberg-Konstante.
b) Berechnen Sie die Erwartungswerte und Schwankungen der Operatoren H, L2
und Lz in dem durch |ψi charakterisierten Zustand. (10 Punkte)
c) Eine Energiemessung in dem durch |ψi charakterisierten Zustand habe als Ergebnis den Wert E = −Ry geliefert. In welchem Zustand bendet sich das
System nach der Messung? Welche Messwerte für Lz sind nach dieser Energiemessung möglich, und mit welcher Wahrscheinlichkeit werden diese gefunden?
(3 Punkte)
d) Eine Lz -Messung in dem durch |ψi charakterisierten Zustand habe als Ergebnis
den Wert Null geliefert. In welchem Zustand bendet sich das System nach der
Messung? Welche Konsequenzen hat dieser Ausgang der Lz -Messung auf eine
nachfolgende Messung der Energie? Geben Sie die jetzt möglichen Messwerte der
Energie und deren Wahrscheinlichkeiten an, und bestimmen Sie den zugehörigen
Erwartungswert und die Schwankung. (5 Punkte)
25
2.14
F09 Quantenmechanik 1: Zustandsreduktion durch
Messung - Lösung
a) Zunächst gilt allgemein die Orthonormiertheit der Zustände, d.h.:
< ψn0 l0 m0 |ψnlm >= δn,n0 δl,l0 δm,m0 .
Somit gilt nun:
< ψ|ψ >=
1
(4 + 1 + 1) = 1.
6
Also ist der Zustand bereits normiert. Die möglichen Messwerte der Energie
sind E1 und E2 , wobei wir En = −Ry /n2 deniert haben.
Nachdem allgemein gilt L2 |n, l, mi = ~2 l(l + 1) |n, l, mi sind die möglichen
Messwerte für unseren Zustand 2~ sowie 0~. Für die z -Komponente gilt allgemein Lz |n, l, mi = ~m |n, l, mi. Somit erhalten wir hier die möglichen Messwerte
0~ und ~.
Betrachten wir nun in welche Zustände das System bei einer gegebenen Messung übergeht, dabei gilt, dass wenn mehrere Zustände den gleichen Messwert
aufweisen der Gesamtzustand nach der Messung sich aus den relativen Einzelzuständen zusammensetzt, mit einer neuen Normierungskonstanten. Betrachten
wir die verschiedenen Messungen:
• Für E1 ist der Eigenzustand nach der Messung
|ψ100 i
• Für E2 ist der Eigenzustand nach der Messung
1
√ (− |ψ210 i + |ψ211 i) =: |ψ1 i
2
• Für L2 = 0~ ist der Eigenzustand nach der Messung
|ψ100 i
• Für L2 = 2~ ist der Eigenzustand nach der Messung
|ψ1 i
• Für Lz = 0~ ist der Eigenzustand nach der Messung
1
√ (2 |ψ100 i − |ψ210 i) =: |ψ2 i
5
• Für Lz = ~ ist der Eigenzustand nach der Messung
|ψ211 i
Damit ergeben sich die einzelnen Wahrscheinlichkeiten zu:
26
• p(E = E1 ) = | < ψ100 |ψ > |2 =
• p(E = E2 ) = | < ψ1 |ψ > |2 =
• p(L2 = 2~) = | < ψ1 |ψ > |2 =
4
6
2
6
2
6
• p(L2 = 0~) = | < ψ100 |ψ > |2 =
4
6
5
6
|2 = 16
• p(Lz = 0~) = | < ψ2 |ψ > |2 =
• p(Lz = ~) = | < ψ211 |ψ >
b) Es gelten die folgenden Ergebnisse:
• < H >= 16 (4E1 + 2E2 )
• < H 2 >= 16 (4E12 + 2E22 )
√
• ∆H = < H 2 > − < H >2
• < L2 >= 16 (2~ + 2~) =
4~
6
• < (L2 )2 >= 16 ((2~)2 + (2~)2 ) =
p
• ∆L2 = < (L2 )2 > − < L2 >2
• < Lz >=
8~
6
~
6
~2
6
• < L2z >=
p
• ∆Lz = < L2z > − < Lz >2
Die Rechnungen entsprechen denselben Rechnungen wie in a), weshalb wir an
dieser Stelle nur die Ergebnisse präsentiert haben.
c) Nach der Messung bendet sich das System im Zustand |ψ100 i (Kollaps der
Wellenfunktion). Damit ergibt sich als einziger möglicher Messwert für Lz : m =
0 welcher mit Wahrscheinlichkeit 1 erreicht wird.
d) Das System bendet sich nach der Messung im Zustand |ψ2 i, daher können
bei einer nachfolgenden Energiemessung sowohl E1 als auch E2 auftreten. Die
entsprechenden Wahrscheinlichkeiten sind gegeben durch:
p(E1 ) = | < ψ100 |ψ2 > |2 =
4
5
p(E2 ) = | < ψ210 |ψ2 > |2 =
1
.
5
sowie
Für die Erwartungswerte in diesem Zustand erhalten wir:
< H >= hψ2 | H |ψ2 i =
< H 2 >= hψ2 | H 2 |ψ2 i =
und somit letztendlich für die Schwankung
∆H =
p
1
(4E1 + E2 )
5
1
(4E12 + E22 )
5
< H 2 > − < H >2 .
27
2.15
F09 Quantenmechanik 2: Teilchen auf Kreisring
Gegeben sei ein Quantensystem mit einem Teilchen der Masse m, das sich auf einem
Kreisring der Länge L bewegt. Die Wellenfunktion ist also eine Funktion auf dem
Intervall [0, L], wobei die Punkte x = 0 und x = L miteinander identiziert werden.
Auf Normierungsfaktoren der Wellenfunktion und der Eigenfunktionen dürfen Sie in
dieser Aufgabe überall verzichten.
a) Betrachten Sie zunächst den Fall, in welchem der Hamilton-Operator nur aus
dem kinetischen Term besteht,
H=−
~2 d 2
.
2m dx2
Zeigen Sie, dass die Energieeigenzustände des Hamilton-Operators durch
r
ψn =
2π
1 ikx
e , k=
n mit n ∈ Z
L
L
gegeben sind. Was sind die dazugehörigen Eigenenergien? (4 Punkte)
b) Der Hamilton-Operator enthält nun zusätzlich ein repulsives δ -Potential am Ort
x = 0,
V (x) = gδ(x) mit g > 0.
(1)
Die Wellenfunktion ist nach wie vor stetig bei x = 0, aber die Ableitung macht
einen Sprung,
lim
→0
dψ
dψ
|x= −
|x=L−
dx
dx
=
2mg
ψ(0).
~2
(2)
Leiten Sie die Sprungbedingung (2) aus der Schrödinger-Gleichung her.
(4 Punkte)
c) Geeignete Linearkombinationen der Eigenlösungen von Teilaufgabe (a) sind Eigenfunktionen des Problems mit δ -Potential. Geben Sie diese Linearkombinationen und Eigenenergien explizit an. Beachten Sie, dass (bis auf eine Ausnahme)
alle Eigenenergien in Teilaufgabe (a) zweifach entartet sind.
: Welche Bedingung an die Wellenfunktion muss nach Teilaufgabe (b)
gelten, damit sie und ihre Ableitung stetig sind? (4 Punkte)
Hinweis
d) Es gibt eine zweite Klasse von Eigenzuständen mit positiver Energie für das
Problem mit δ -Potential, deren Eigenfunktionen sich ebenfalls als eine Linearkombination der unter Teilaufgabe (a) gefundenen Wellenfunktionen darstellen
lassen. Konstruieren Sie diese, indem Sie die Stetigkeits- und Sprungbedingung
der Wellenfunktion verwenden. Zeigen Sie, dass dies auf die Gleichung
k=
mg
kL
cot
2
~
2
führt, wobei k die Wellenzahl ist. (7 Punkte)
28
(3)
e) Zeigen Sie in einem Bild, wie sich Gleichung (3) graphisch lösen lässt. Welche
Eigenenergien und Eigenfunktionen ergeben sich in den Grenzfällen g → 0 und
g → ∞? Zeigen Sie, dass Sie für g → 0 das Spektrum von Teilaufgabe (a) reproduzieren und für g → ∞ das Spektrum eines unendlich hohen Potentialkastens
der Breite L nden. (6 Punkte)
29
2.16
F09 Quantenmechanik 2: Teilchen auf Kreisring
- Lösung
a) Wählen wir den Ansatz:
ψ(x) = Aeikx ,
dann folgt:
Hψ =
~2 k 2
ψ = Eψ.
2m
Also ist unser Ansatz wirklich eine Lösung mit der Energie:
E=
~2 k 2
.
2m
Weiterhin wollen wir, dass für das Teilchen auf dem Kreisring gilt (Periodizität):
ψ(x + L) = ψ(x)
↔ eikL = 1
↔ kL = 2πn
2π
↔ kn :=
n, n ∈ Z.
L
Wir stellen also fest, dass die Wellenzahl quantisiert ist und damit auch die
Energie, für die dann gilt:
2~2 π 2 n2
.
mL2
Bleibt noch die Normierungskonstante A zu bestimmen, für diese gilt:
Z L
Z L
|ψ|2 dx =
A2 dx = A2 L = 1
E=
0
0
1
↔A= √ .
L
Insgesamt erhalten wir also folgende Lösung:
1
ψn (x) = √ eikn x .
L
b) Betrachten wir die neue Schrödinger-Gleichung, diese ist nun gegeben durch:
(−
~2 2
∂ + hδ(x))ψ(x) = Eψ(x).
2m x
Integrieren wir diese Gleichung um eine kleines Intervall [−, ], so gilt einerseits
mit dem Hauptsatz der Dierential- und Integralrechnung:
Z
∂x2 ψ(x) dx = ∂x ψ(x)|− ,
−
30
sowie:
Z
gδ(x)ψ(x) dx = gψ(0).
−
Die rechte Seite der Schrödinger-Gleichung können wir genau dann vernachlässigen, wenn wir den Limes → 0 betrachten, dabei können wir zusätzlich die
Periodizität anwenden, welche die Identikation − = L − suggeriert. Insgesamt nden wir also nach Einsetzen und Auösen:
lim
→0
dψ
dψ
|x= −
|x=L−
dx
dx
=
2mg
ψ(0).
~2
c) Betrachtet man, dass kn und k−n den gleichen Energieeigenwert liefern, so folgt,
dass:
ψ = aψn + bψ−n
auch den gleichen Energiewert wie die Elementarlösungen hat. Dies ist gerade die
gesuchte mögliche Linearkombination (beachten Sie, dass nach wie vor n ∈ Z).
Die Aufgabe besteht nun darin, die Amplituden a und b zu bestimmen. Setzt
man die Linearkombination in die Sprungbedingung (2) ein, so folgt:
iakn + bik−n − (iakn + bik−n ) =
2mg
(a + b)
~2
2mg
(a + b)
~2
→ b = −a.
↔0=
Also nden wir folgende konsistente Lösungen:
a
ψ = a(ψn − ψ−n ) = √ (eikn x − eik−n x ),
L
mit der zugehörigen Energie:
E=
~2 2
4π 2 ~2 n2
2
(kn + k−n
)=
.
2m
mL2
Es bleibt noch die Aufgabe die Konstante a zu bestimmen; diese können wir
wieder über die Normierungs-Bedingung erhalten, d.h.:
L
Z
|ψ|2 dx = 1
0
1
↔a= √ .
2
d) Die Aufgabenstellung ist leider etwas irreführend weil man auf die Idee kommen
könnte wieder eine Linearkombination von Lösungen aus Teilaufgabe (a) mit
dem Zusammenhang k = 2π
L n zu konstruieren. Dies ist allerdings nicht der Fall,
31
d.h. in diesem Aufgabenteil soll man Annehmen, dass k nicht die Bedingung
aus (a) erfüllt und die Wellenfunktion zusätzlich nicht die Periodizität:
ψ(x + L) = ψ(x)
erfüllt.
Wählen wir also für die Wellenfunktion den Ansatz:
ψ(x) = aeikx + be−ikx ,
aus rechts und links laufenden Wellen. Wir wollen, dass unsere Wellenfunktion
bei x = L (beachte L = 0) stetig ist, d.h.:
ψ(0) = a + b = aeikL + beikL = ψ(L).
Weiterhin soll die Wellenfunktion die Sprungbedingung erfüllen, d.h. mittels
Einsetzen in (2) erhält man:
ik(a − b) − ik(aeikL − beikL ) =
2mg
(a + b).
~2
Die Gleichungen der Stetigkeits- und Sprungbedingung kann man kompakt in
Matrixform schreiben zu:
1 − eikL
ik(1 − eikL ) −
1 − e−ikL
−ikL
ik(e
− 1) −
2mg
~2
a
= 0.
2mg
b
~2
In dieser Form erkennen wir eine Eigenwertgleichung, d.h. wir wissen, dass nichttriviale Lösungen gerade dann existieren, wenn die Determinante der Matrix
gleich Null ist. Die Berechnung der Determinante kann man leicht ausführen,
hier geben wir daher nur das Ergebnis an:
1 − eikL
det
ik(1 − eikL ) −
2mg
~2
1 − e−ikL
−ikL
ik(e
− 1) −
= −2ik(2 − eikL − e−ikL ) +
2mg
~2
2mg ikL
(e
− e−ikL ) = 0.
~2
Verwendet man die folgenden Identitäten:
(eikL/2 − eikL/2 )2 = eikL + e−ikL − 2
1 ix
(e − e−ix ) = sin(x)
2i
sin(x)
= cot(x/2),
2 sin2 (x/2)
so folgt letztlich für die Gleichung:
k=
mg
kL
cot( ).
~2
2
32
=
(3)
e) Betrachtet man Gleichung (3), so erkennt man die zwei Funktionen
f (k) = k,
g(k) =
kL
mg
cot( ),
~2
2
Die Gleichheit beider Funktionen bedeutet nichts anderes, als den Schnittpunkt
beider Graphen. In der folgenden Grak sind die beiden Funktionen eingezeichnet, die k-Werte der Schnittpunkte sind gerade die Lösungen der Gleichung
(3).
Für den Fall g → 0 folgt aus (3), dass:
k
=0
cot(kL/2)
↔
k sin(kL/2)
=0
cos(kL/2)
↔k=
2π
n, n ∈ Z,
L
d.h. dieser Fall entspricht dem Ergebnis aus Teilaufgabe (a) sowohl für die Wellenfunktion als auch für die Energie.
Für den Fall g → ∞ folgt aus (3):
lim
g→∞
1
cot(kL/2)
cos(kL/2)
=0=
=
.
g
k
k sin(kL/2)
Damit folgt für k:
k=
2n + 1
π, n ∈ Z,
L
d.h. die gleichen Wellenzahl Werte wie bei einem unendlich hohen Potentialkasten der Breite L. Damit ist auch das Spektrum in diesem Falle das eines
unendlich hohen Potentialkastens.
33
34
Kapitel 3
Herbst 2009 (H09)
3.1
H09 Mechanik 1: Freies Teilchen auf Kegel
Ein Teilchen der Masse m bewege sich kräftefrei auf einem Kegel, der in Zylinderkoordinaten (r, φ, z) durch z = αr mit α > 0 deniert ist. Die Bewegung des Teilchens
sei auf z > 0 beschränkt.
a) Bestimmen Sie die Lagrange-Funktion L(r, ṙ, φ, φ̇). (6 Punkte)
b) Leiten Sie aus der Lagrange-Funktion der vorigen Teilaufgabe die Bewegungsgleichungen für r und φ her. (8 Punkte)
c) Weisen Sie nach, dass der Drehimpuls Lz um die z -Achse erhalten ist. Zeigen
Sie ferner, dass der Energieerhaltungssatz in der Form
Aṙ2 +
B
= E (∗)
r2
gilt. Was ergibt sich für die Konstanten A und B ? (5 Punkte)
d) Begründen Sie, dass ṙ = φ̇(dr/dφ) gilt. Verwenden Sie diese Beziehung zusammen mit (∗), um die Bahnkurve r(φ) zu bestimmen. Welche minimale Höhe
erreicht das Teilchen bei gegebenen Drehimpuls L und gegebener Energie E ?
(6 Punkte)
Nützliche Formel
:
Z
a
1
1
dx √
= arccos
a
x
x x2 − a2
35
3.2
H09 Mechanik 1: Freies Teilchen auf Kegel - Lösung
a) Es gilt mit
ż = αṙ, x = r cos(φ), y = r sin(φ),
sowie der kinetischen Energie m/2(ẋ2 + ẏ 2 + ż 2 ), die potentielle Energie ist gleich
Null, dass sich das Teilchen kräftefrei, also insbesondere ohne Einwirkung der
Gewichtskraft bewegt. Somit gilt für die Lagrange-Funktion in Zylinderkoordinaten:
m
L=
2
(ṙ2 + r2 φ̇2 + α2 ṙ2 ).
b) Mittels der Euler-Lagrange-Gleichungen für r und φ, erhält man die beiden
Bewegungsgleichungen:
r̈(1 + α2 ) = rφ̇2
d
(mr2 φ̇) = 0
dt
c) Für den Drehimpuls gilt:
Lz = (m~r × ~r˙ )z = mr2 φ̇.
Dieser ist mit der Bewegungsgleichung aus b) oensichtlich erhalten, da die
zeitliche Ableitung verschwindet. Für die Energie gilt:
E=
m 2
(ṙ + r2 φ̇2 + α2 ṙ2 ).
2
Durch Auösen von Lz nach φ̇ und einsetzen in die Energie erhält man:
E=
L2z
m
(1 + α2 )ṙ2 +
.
2
2mr2
Damit erkennen wir, dass für die Konstanten gilt:
A=
m
(1 + α2 ),
2
B=
L2z
2m
d) Sei r = r(φ(t)). Dann gilt Aufgrund der Kettenregel:
ṙ =
dr
φ̇ =: r0 φ̇.
dφ
Daraus erhalten wir für die Energie:
m
L2z
L2z
1
2 02 2
2 02
E = (1 + α )r φ̇ +
=
(1 + α )r + 1
2
2mr2
2mr2 r2
s
r
2mE
L2z
⇔
r r2 −
= r0 .
2
2
(1 + α )Lz
2mE
36
Diese Dierentialgleichung lässt sich mittels Separation lösen, wir erhalten also:
s
2mE
(1 + α2 )L2z
Z
φ
Z
r(φ)
dx √
dφ̃ =
0
r(0)
1
1
= [arccos(a/r) − arccos(a/r0 )] ,
2
a
−a
x2
wobei wir a2 = L2z /(2mE) gesetzt haben. Für die Bahnkurve gilt somit durch
Auösen:
a
r(φ) =
cos
q
2mE
(1+α2 )L2z φa
+ arccos(a/r0 )
Anhand des Ergebnisses sehen wir, dass r(φ) genau dann minimal wird, wenn
der Kosinus im Nenner gleich Eins wird (minus Eins kann nicht sein, da r ≥ 0)
Somit ist die minimale Höhe gegeben durch:
r
rmin = a =
37
L2z
.
2mE
3.3
H09 Mechanik 2: Relativistische Bewegung
a) In der nichtrelativistischen Mechanik ändern sich beim Wechsel von einem Inertialsystem in ein anderes die räumlichen Koordinaten, aber die Abstände zwischen Raumpunkten sind invariant. In der relativistischen Mechanik gibt es eine
andere Gröÿe, die als invarianter Abstand zweier Ereignisse interpretiert wird.
Geben Sie diese Gröÿe für zwei Ereignisse an, die bei (x1 , y1 , z1 , t1 ) und
(x2 , y2 , z2 , t2 ) stattnden. (Keine Punkte)
Es gibt instabile Elementarteilchen, die nach einer gewissen Zeit zerfallen. Als Halbwertszeit solcher Teilchen wird die Zeitspanne bezeichnet, nach der von ursprünglich
N Teilchen im Mittel N/2 zerfallen sind, wobei die Halbwertszeit im Ruhesystem der
Teilchen zu messen ist bzw. angegeben wird.
b) Betrachten Sie einen Strahl instabiler Teilchen, die mit v = 0.9c zwei Zähler
passieren, die im Labor entlang der z -Achse stehen und einen Abstand von 9m
haben. Der erste Zähler detektiert 1000 Teilchen, der zweite Zähler nur 250.
Bestimmen Sie die Halbwertszeit der Teilchen in deren Ruhesystem. Für die
Gröÿe der Lichtgeschwindigkeit können Sie den Wert 3 · 108 ms verwenden.
(15 Punkte)
c) Betrachten Sie nun einen extrem langen, geraden Stab, der um einen Winkel
α gegen die x-Achse geneigt ist (siehe Abb.) und sich mit der gleichförmigen
Geschwindigkeit v nach unten bewegt.
Geben Sie die Geschwindigkeit vA an (in Abhängigkeit von α und v ), mit der sich
der Schnittpunkt A nach rechts bewegt. Kann diese Geschwindigkeit im Prinzip,
d.h. geometrisch betrachtet, gröÿer als die Lichtgeschwindigkeit werden? Kann
mit einem real existierenden Stab durch Hin- und Herbewegen ein Signal mit
Überlichtgeschwindigkeit übermittelt werden? Begründen Sie Ihre Antwort.
(10 Punkte)
38
3.4
H09 Mechanik 2: Relativistische Bewegung - Lösung
a) Für eine relativistische Bewegung deniert man einen invarianten Abstand als:
ds2 = c2 dt2 − dx2 − dy 2 − dz 2 = const.,
d.h. in unseren Fall:
c2 (t2 − t1 )2 − (x1 − x2 )2 − (y1 − y2 )2 − (z1 − z2 )2 = const.
b) Für instabile Teilchen gilt das gewohnte Zerfallsgesetz für die Anzahl der vorhandenen Teilchen N (t) in Abhängigkeit der Zeit:
N (t) = N0 e−λt ,
wobei N0 die anfänglich vorhandene Teilchenzahl darstellt. Für die Halbwertszeit tH muss nun gelten:
N (tH ) =
N0
2
↔ exp(−λtH ) =
1
2
ln(2)
.
λ
↔ tH =
Um die Halbwertszeit bestimmen zu können müssen wir zunächst λ bestimmen.
Dies können wir mit Hilfe der experimentellen Daten erreichen.
Wir wissen, dass am Anfang N0 = 1000 gilt. Die Teilchen bewegen sich mit v =
0, 9c eine Strecke ∆z = 9m und sind am Ende noch mit Nend = 250 vorhanden.
Nachdem sich die Teilchen mit annähernd Lichtgeschwindigkeit bewegen, muss
man die Zeitdilatation mit in Betracht ziehen. Für diese gilt der Zusammenhang:
tbewegt = p
tRuhe
1 − v 2 /c2
.
tRuhe ist gerade die Zeit, welche wir in das Zerfallsgesetz einsetzen müssen,
wohingegen tbewegt die Zeit ist, welche wir im Experiment messen können, es
gilt also:
tbewegt =
∆z
.
v
Setzen wir nun alle Überlegungen zusammen, so erhalten wir:
N (tRuhe ) = 1000 exp(−λ
↔ ln(4) = λ
p
∆z
1 − v 2 /c2
) = 250
v
p
∆z
1 − v 2 /c2
.
v
Mit ln(4) = ln(22 ) = 2 ln(2), sowie der Denition von tH erhalten wir letztlich:
tH =
1p
∆z
1p
9m
1 − v 2 /c2
=
1 − 0, 92
= 7, 26 · 10−9 s.
2
v
2
0, 9 · 3 · 108 m
s
39
c) Zunächst wissen wir, dass gilt:
~vA = vA~ex .
Betrachten wir nun den Draht zum Zeitpunkt t = 0 und zu einem späteren
Zeitpunkt t 6= 0 (siehe Skizze).
Anhand dem rechten Bild sehen wir, dass für die Strecken des Dreiecks gelten
muss:
v
|~v |t
=
= tan(α)
|~vA |t
vA
π
v
, mit α ∈ [0, ].
↔ vA =
tan(α)
2
Also gilt für die Geschwindigkeit:
~vA =
v
~ex .
tan(α)
Nun wissen wir, dass für α ∈ [0, π2 ] folgt, dass tan(α) ∈ [, ∞] , woraus sofort
gilt:
vA ∈ [0, ∞],
d.h. im Prinzip können wir einen Winkel nden, sodass die Geschwindigkeit
gröÿer als die der Lichtgeschwindigkeit wird.
Information kann maximal mit Lichtgeschwindigkeit transportiert werden, d.h.
man kann einen realen Stab niemals so bewegen, dass Information mit Lichtgeschwindigkeit übermittelt wird. Die Geschwindigkeit des Punktes A ist hier ein
rein geometrischer Eekt. Möchte man relativistische korrekt rechnen, so müsste
man zusätzlich die Längenkontraktion des bewegten Stabes betrachten, welche
die Geschwindigkeit für A durch die Lichtgeschwindigkeit limitieren würde.
40
3.5
H09 Elektrodynamik 1: Punktladung im Zentrum
einer Kugelschale
Eine Punktladung Q bendet sich im Zentrum einer dünnen, ideal leitenden Kugelschale vom Radius R (Dicke vernachlässigbar). Die Kugelschale sei zunächst ungeladen.
a) Bestimmen Sie die elektrische Feldstärke und das elektrostatische Potential für
diese Anordnung. Erklären Sie das Ergebnis physikalisch. (9 Punkte)
b) Wie ändern sich die Ergebnisse von Teilaufgabe a), wenn (zusätzlich zu Punktladung) die Kugelschale selbst die Ladung −Q trägt? Nehmen Sie an, dass es
sich um eine homogene Ladungsverteilung handelt. (8 Punkte)
c) Der Unterschied zwischen der elektrostatischen Energie des Gesamtsystems und
derjenigen der beiden getrennten Einzelsysteme (Punktladung und Kugelschale) stellt die Bindungsenergie der Anordnung aus Teilaufgabe b) dar. Berechnen
Sie diese Bindungsenergie. (8 Punkte)
Hinweis
: Die elektrostatische Energie ist gegeben durch
0
E=
2
41
Z
~2
d3 r E
3.6
H09 Elektrodynamik 1: Punktladung im Zentrum
einer Kugelschale - Lösung
a) Nachdem die Punktladung auf der Kugeloberäche eine Ladungsdichte induziert, ist das Problem äquivalent dazu, dass man die Kugelschale einfach auÿer
acht lässt. Damit ergibt sich die elektrische Potential einer Punktladung zu:
Q
,
4π0 r
Φ(r) =
welches zugleich die Anschlussbedingung erfüllt, dass es im Unendlichen verschwindet. Das elektrische Feld kann man mittels dem Gauÿ'schen Gesetzes
bestimmen, oder man kennt bereits das Ergebnis für eine Punktladung:
Q
~er .
4π0 r2
~
E(r)
=
b) Mithilfe des Gauÿ'schen Gesetzes gilt für das elektrische Feld:
(
~
E(r)
=
Q
er ,
4π0 r 2 ~
~0,
für r ≤ R
für r > R
Dies ist sofort ersichtlich, da für r ≤ R der Fluss nur durch die Punktladung
im Zentrum erzeugt wird, und für r > R sich die beiden Ladungen von der
Punktladung und Kugelschale gegenseitig kompensieren.
Für das Potential gilt allgemein:
Z
Φ(r) = −
~ · d~r.
E
Somit erhalten wir in unsere Konguration
(
Φ(r) =
+ a, für r ≤ R
für r > R
Q
4π0 r
b,
wobei a, b Integrationskonstanten sind. Nachdem das Potential im Unendlichen
Null sein muss, gilt sofort b = 0. Aufgrund der Stetigkeit bei r = R muss
zusätzlich gelten:
b=0=
Q
+a
4π0 R
⇔a=−
Q
.
4π0 R
Also insgesamt:
(
Φ(r) =
Q
4π0 r
−
0,
42
Q
4π0 R ,
für r ≤ R
für r > R
c) Für die drei Kongurationen gilt für das elektrische Feld:
Q
~er , ∀r
4π0 r2
~ 1 (r) =
E
(
0
− 4πQ0 r2 ~er , für r ≥ R
~ 2 (r) =
E
(
~
E(r)
=
für r ≤ R
Q
er ,
4π0 r 2 ~
~0, f ür r > R
Wobei die Konguration 1 die reine Punktladung, Konguration 2 die reine Kugelschale und die Konguration 3 das Gesamtsystem beschreibt. Für die Bindungsenergie B gilt somit:
B = E3 − E1 − E2 .
Also gilt für die Volumenintegration, wobei die Winkelintegration trivial den
Wert 4π liefert, sowie d3 r = r2 drdΩ3 :
4πQ2 0
B=
2(4π0 )2
=−
"Z
0
R
r2
dr −
r4
2Q2 0
2(4π0 )
Z
∞
R
43
Z
0
∞
r2
dr −
r4
Z
∞
R
1
Q2 1
dr
=
−
.
r2
4π0 R
#
r2
dr =
r4
3.7
H09 Elektrodynamik 2: Dielektrika im Plattenkondensator
Bei einem Paar unendlich ausgedehnter, ebener Kondensatorplatten (vgl. Skizze), deren Flächen senkrecht zur z -Achse stehen, sei die linke Platte bei z = 0 und trage die
Flächenladungsdichte +σ (mit σ > 0), die rechte Platte sei bei z = d und trage die
Flächenladungsdichte −σ . Das Potential der linken Platte sei Null.
Der Raum zwischen den Platten sei mit zwei Schichten dielektrischen Materials ausgefüllt, wobei die linke Schicht die Dielektrizitätskonstante 1 und Dicke d1 habe. Die
andere Schicht habe die Dielektrizitätskonstante 2 .
~
a) Berechnen Sie das elektrische Feld E(z)
und die Polarisation P~ (z) zwischen den
Kondensatorplatten. (12 Punkte)
b) Berechnen Sie den Verlauf des Potentials φ(z) im Kondensator, und skizzieren
Sie ihn unter der Annahme 2 > 1 . (8 Punkte)
c) Geben Sie die Kapazität pro Fläche des Kondensators an. (5 Punkte)
44
3.8
H09 Elektrodynamik 2: Dielektrika im Plattenkondensator - Lösung
a) Für das elektrische Feld einer unendlich ausgedehnten Platte in der (x, y )-Ebene
mit Flächenladungsdichte σ gilt:
(
~ =
E
σ
ez
20 ~
σ
− 20 ~ez
für z > 0
für z < 0
Aufgrund des Superpositionsprinzips gilt für eine Anordnung aus unendlich ausgedehnten Platten, relativer Abstand d und mit gegenseitiger Flächenladungsdichte:


für z < 0
0
~ = σ ~ez für 0 ≤ z ≤ d
E

 0
0
für z > d
In Materialien mit relativer Dielektrizitätskonstante i gilt die Ersetzung für das
elektrische Feld:
0 → i ,
d.h. für unseren Fall erhalten wir also:
~ =
E
für z < 0
für 0 ≤ z ≤ d1
für d1 < z ≤ d
für z > d

0



 σ ~e
1 z
σ

~ez


 2
0
Für die Polarisation P~ gilt allgemein:
~
P~ = (i − 0 )E,
und damit für unsere Anordnung:
P~ =


0

 σ(1 −0 ) ~e
z
1
σ(2 −0 )

~ez


 2
0
für z < 0
für 0 ≤ z ≤ d1
für d1 < z ≤ d
für z > d
b) Für das Potential Φ(~r) gilt allgemein der Zusammenhang:
~
−∇Φ(~r) = E.
Damit erhalten wir in unserem Fall:

0



− σ z
1
Φ(~r) = Φ(z) =
σ

−

 2 z + k1

k2
45
für z < 0
für 0 ≤ z ≤ d1
für d1 < z ≤ d
für z > d
wobei wir die Integrationskonstanten k1 und k2 eingeführt haben. Nachdem
das Potential stetig sein muss, ndet man leicht den Zusammenhang für die
Konstanten, diese sind also gegeben durch:
k1 = −
und
k2 = −
σ
σ
d1 + d1
1
2
σ
σ
σ
d1 + d1 − d.
1
2
2
Für das Potential ergibt sich also folgende Skizze:
c) Für die Kapazität gilt:
C=
Q
,
∆U
wobei Q die Gesamtladung und ∆U die Potentialdierenz ist.Für die Gesamtladung gilt Q = σ · A, wobei A die Fläche darstellt, und für die Potentialdierenz
gilt:
∆U = |Φ(d) − Φ(0)| = −k2 .
Somit ergibt sich für die Kapazität pro Fläche:
C
σ
=
=
A
k2
σ
σ
1 d1
46
−
σ
2 d1
+
σ .
2 d
3.9
H09 Thermodynamik 1: Bose-Kondensat
Bei tiefen Temperaturen bildet sich für nicht wechselwirkende Bosonen eine neue Phase, das sogenannte Bose-Kondensat. Hier sollen die thermodynamischen Eigenschaften
des Bose-Kondesats diskutiert werden.
Gegeben sei die Wärmekapazität CV eines Systems von N Bosonen bei konstantem
Volumen V bei tiefen Temperaturen
CV = CV (T, V, N ) = KT 3/2 V.
Hierbei bezeichnet K eine Konstante. Die Teilchenzahl N ist für diese Aufgabe durchweg konstant.
a) Bestimmen Sie die zugehörige Entropie als Funktion der Temperatur und des
Volumens unter Berücksichtigung des dritten Hauptsatzes. (5 Punkte)
b) Berechnen Sie die freie Energie F (T, V, N ) des Systems, und leiten Sie daraus die
thermische Zustandsgleichung p = p(V, T, N ) ab. Beachten Sie, dass für nicht
wechselwirkende Teilchen die innere Energie am absoluten Nullpunkt identisch
Null ist. Zeigen Sie, dass die isotherme Kompressibilität
κT = −
1
T
∂V
∂p
T,N
in der gesamten Tieftemperaturphase divergiert. (12 Punkte)
Ergebnis zur Kontrolle
durch CV T gegeben.
: Bis auf einen dimensionslosen Faktor ist die freie Energie
c) Zeigen Sie die thermodynamische Identität
wobei
∂p
∂T
1
α=
V
=
V,N
∂V
∂T
α
κT
p,N
den thermischen Ausdehnungskoezienten bezeichnet. Berechnen Sie
∂p
∂T
.
V,N
Welche Schlussfolgerung ziehen Sie für α? (8 Punkte)
47
3.10
H09 Thermodynamik 1: Bose-Kondensat - Lösung
a) Für die Wärmekapazität gilt:
CV = T
∂S
∂T
,
V
sowie für das totale Dierential:
dS =
∂S
∂T
dT +
V
∂S
∂V
dV.
T
Somit sehen wir, dass gelten muss:
∂S
∂T
= KV T 1/2 ,
V
woraus wir erkennen, dass für die Entropie gilt (Lösung der Dierentialgleichung
mittels Separation der Variablen):
S(T, V ) =
2
KT 3/2 V + c(V ),
3
wobei c(V ) eine Integrationskonstante ist, welche nur von V abhängt. Der dritte
Hauptsatz der Thermodynamik besagt:
lim S(T, V ) = 0,
T →0
woraus wir folgern, dass c(V ) = 0, und somit für die Entropie
S(T, V ) =
2
2
KT 3/2 V = CV
3
3
folgt.
b) Mit dem Dierential der Entropie lässt sich nach Ausführen der partiellen Ableitung der erste Hauptsatz wie folgt schreiben:
2
T dS = CV dT + KT 3/2 dV = dU + p dV,
3
woraus wir schleiÿen, dass U (T, V ) = CV T ist. Somit ergibt sich für die freie
Energie F = U − T S :
F =
1
1
CV T = KV T 5/2 .
3
3
Das Dierential für die freie Energie lautet:
dF = −S dT − p dV,
48
woraus wir sehen, dass
p=−
∂F
∂V
T
1
= − KT 5/2 .
3
Insbesondere hängt p nicht von dem Volumen ab, wodurch sofort folgt, dass
(∂p/∂V )T = 0. Damit ergibt sich für die Kompressibilität:
1
κT = −
T
∂V
∂p
1
=−
T
T,N
∂p
∂V
∼
1
=∞
0
T,N
Also divergiert die Kompressibilität für alle Volumen bei tiefen Temperaturen.
c) Verwendet man die beiden Identitäten:
sowie
∂p
∂V
∂p
∂V
T,N
T,N
∂V
∂T
=
∂V
∂p
p,N
1
∂T
∂p
,
T,N
= −1,
V,N
so ergibt sich durch Einsetzen und Umformen das gewünschte Ergebnis.
Für die Ableitung gilt:
∂p
∂T
V,N
5
= − KT 3/2 .
6
Nachdem bereits κT divergent ist und α linear in κT ist, divergiert somit auch
α.
49
3.11
H09 Thermodynamik 2: Reversible Expansion
eines Gases
Ein Gas expandiert vom Volumen VA zum doppelten Volumen VB = 2VA und leistet
dabei mechanische Arbeit. Betrachten Sie die drei skizzierten thermodynamischen
Prozesse, die vom Zustand A mit dem Druck pA und dem Volumen VA zum Zustand
B mit dem Volumen VB und Druck pB führen. Es seien A → C isotherm, D → B
isobar, C → B und A → D isochor, und die gestrichelte Kurve A → B ist eine Gerade
im p, V -Diagramm.
Diese Prozesse sollen reversibel ablaufen, und pA und VA seien bekannt. Ferner soll
gelten, dass der Zustand A mit dem Zustand B ebenso durch einen adiabatischen
Prozess, also ohne Wärmeübertrag verbunden werden kann, der nicht eingezeichnet
ist. Das Gas soll durch ein ideales Gas beschrieben werden, also durch die Gesetze
U = (3/2)N kB T und pV = N kB T , wobei U die innere Energie, N die Teilchenzahl
und T die Temperatur des Gases ist.
a) Berechnen Sie die relative Änderung des Druckes pB /pA und der Temperatur
TB /TA bei diesem Prozess. (7 Punkte)
b) Berechnen Sie die Änderung der inneren Energie UB − UA . Hängt diese Gröÿe
vom jeweiligen Prozess ab? (7 Punkte)
c) Bei welchen der drei Prozesse wird Wärme vom Gas aufgenommen, und bei
welchen wird Wärme abgegeben (ohne Rechnung)? (5 Punkte)
d) Berechnen Sie diese Wärme Q und die dabei geleistete Arbeit W für die drei
Prozesse als Funktion von pA VA . (6 Punkte)
50
3.12
H09 Thermodynamik 2: Reversible Expansion
eines Gases - Lösung
a) Um die Aufgabe zu lösen benötigen wir folgende Adiabaten Gleichung:
pV κ = const., mit κ =
f +2
,
f
wobei wir die Freiheitsgrade f aus der inneren Energie zu f = 3 ablesen (allgemein gilt: U = (f /2)N kB T ). Somit gilt:
κ=
5
.
3
Nachdem A und B laut der Angabe auf einer Adiabaten liegen, gilt der Zusammenhang:
5/3
pA VA
5/3
= pB VB .
Mit VB = 2VA erhalten wir folglich nach Umformen:
pB
=
pA
VA
2VA
5/3
= 2−5/3 .
Für die Temperaturen gilt mit dem idealen Gas Gesetz:
Ti =
und damit:
pi Vi
,
N kB
TB
pB VB
=
= 2−5/3 · 2 = 2−2/3 .
TA
pA VA
b) Nachdem die innere Energie eine Zustandsgröÿe ist, hängt sie nicht vom gewählten Weg, sondern nur von Anfangs- sowie Endpunkt ab. Also hängt auch die
Änderung der inneren Energie nur von Anfangs- und Endpunkt ab und ergibt
für unsere Fälle immer den gleichen Wert, nachdem A und B für alle drei Prozesse gleich sind.
Für die Dierenz erhalten wir also:
UB − UA =
3
N kB (TB − TA ),
2
mit dem Ergebnis aus Teilaufgabe (a), für den Quotienten der Temperaturen
folgt:
UB − UA =
3
N kB TA (2−2/3 − 1).
2
Mit dem idealen Gasgesetz lässt sich dies auch schreiben zu:
UB − UA =
3
pA VA (2−2/3 − 1).
2
51
c) Um eine Aussage treen zu können, muss man sich daran erinnern, dass die
Kurve der Adiabaten immer unterhalb der Verbindungsgeraden verläuft (vgl.
Abbildung).
Nun ist bekannt, dass für Prozesse, die oberhalb der Adiabaten im (p, V )Diagramm verlaufen, das System Wärme aufnimmt, wohingegen Prozesse die
unterhalb der Adiabaten verlaufen Wärme abgeben. Damit sehen wir, dass die
Prozesse ACB sowie die Gerade AB Wärme aufnehmen, wohingegen der Prozess ADB Wärme abgibt.
d) Zunächst wissen wir nach dem ersten Hauptsatz, dass gilt:
Q = ∆U − W, ∆U = UB − UA .
Die Änderung der inneren Energie haben wir bereits in Teilaufgabe (b) berechnet, d.h. wir müssen nur noch die geleistete Arbeit:
Z
Vend
−W =
p(V ) dV
Vanf
berechnen.
Beachten Sie, dass im (p, V )-Diagramm die geleistete Arbeit gerade die Fläche
unter der Kurve ist. Damit können wir für die zwei Prozesse ADB , sowie der
Geraden die Arbeit leicht angeben. Nur bei dem dritten Prozess müssen wir eine
Rechnung ansetzen. Nachfolgend berechnen wir jeden Prozess gesondert.
(i)
Prozess ADB :
Hier gilt nun (beachte pB = pD da isobar):
−W = pB (VB − VA ).
52
Mit der Relation für pB aus Teilaufgabe (a), sowie VB = 2VA folgt:
−W = pA VA 2−5/3
Also erhalten wir für die abgegebene Wärme:
Q=
(ii)
Prozess Gerade
Hier gilt nun:
3
pA VA (2−2/3 − 1) + pA VA 2−5/3 < 0.
2
AB :
1
−W = pB (VB − VA ) + (pA − pB )(VB − VA ).
2
Wieder mit Teilaufgabe (a) folgt:
1
W = pA VA 2−5/3 + pA VA (1 − 2−5/3 ),
2
und damit:
Q=
(iii)
1
3
pA VA (2−2/3 − 1) + pA VA 2−5/3 + pA VA (1 − 2−5/3 ) > 0.
2
2
Prozess ACB :
Berechnen wir zunächst die geleistet Arbeit (nur Kurve AC trägt zur Arbeit bei, da CB isochor, d.h. dV = 0 ist):
Z
VB
W =−
p(V ) dV.
VA
Für den Druck im isothermen Prozess AC gilt:
p(V ) =
N kB TA
,
V
und damit für die Arbeit:
Z
VB
W = −N kB TA
VA
dV
VB
= −N kB TA ln
= −pA VA ln(2),
V
VA
wobei wir im letzten Schritt die ideale Gasgleichung, sowie VB = 2VA
benutzt haben.
Für die Wärme gilt somit:
Q=
3
pA VA (2−2/3 − 1) + pA VA ln(2) > 0.
2
53
3.13
H09 Quantenmachanik 1: Attraktives
δ -Potential
Ein Teilchen der Masse m bewege sich in einem eindimensionalen Potential der Form
V (x) = −
~2
gδ(x), g > 0.
2m
(1)
Die Wellenfunktion φ(x), welche die stationäre Schrödinger-Gleichung erfüllt, gehorcht der Bedingung
lim [φ0 (+) − φ0 (−)] = −gφ(0)
→0
(2)
mit φ0 (x) = dφ(x)/dx.
a) Welche Einheit hat die Gröÿe g ? (2 Punkte)
b) Wie verhält sich die Wellenfunktion als Funktion von x für einen gebundenen
Zustand im Bereich x 6= 0 bei gegebener Energie E < 0?
Bestimmen Sie die Grundzustandswellenfunktion (ohne Normierung) und die
Grundzustandsenergie E0 unter Verwendung der Bedingung (2). (7 Punkte)
Im Folgenden soll eine von links (x < 0) einfallende Welle
φein (x) = Aeikx
betrachtet und der Transmissionskoezient untersucht werden.
c) Bestimmen Sie die Wellenfunktion in den Bereichen x < 0 und x > 0. Eine
Normierung ist nicht nötig. (7 Punkte)
d) Bestimmen Sie die Stromdichten der einfallenden und transmittierten Welle.
Bestimmen und skizzieren Sie den Transmissionskoezienten als Funktion der
Energie. (9 Punkte)
54
3.14
H09 Quantenmachanik 1: Attraktives
δ -Potential
- Lösung
a) Zunächst wissen wir, dass die Delta-Funktion die Integralgleichung:
Z
δ(x)dx = 1
erfüllt. Nachdem dx die Einheit Meter besitzt, muss folglich δ(x) die Einheit
Eins über Meter, d.h 1/m besitzen. Weiter gelten folgende Einheiten:
[V (x)] = J
[~] = Js
[1/(2m)] = 1/kg.
Folglich erhalten wir die Bestimmungsgleichung:
[V ] =
[~]2
[g][δ(x)]
[2m]
↔ [g] = [V ]
[2m]
1
= .
2
[~] [δ(x)]
m
b) Die Schrödinger-Gleichung für x 6= 0 lautet:
−
Wählen wir den Ansatz:
~2 2
∂ φ(x) = Eφ(x).
2m x
φ(x) = Aeκx
und setzen diesen in die Schrödinger Gleichung ein, so ergibt sich:
~2 κ2
=E
2m
r
2mE
↔ κ1,2 = ± − 2 .
~
−
Beachten Sie, dass die Wurzel positiv ist, nachdem die Energie kleiner Null ist.
Für die allgemeine Lösung gilt somit:
φ(x) = Aeκx + A0 e−κx
q
mit κ = − 2mE
~2 .
Somit gilt für die Lösung auf den beiden Seiten:
(
Aeκx + A0 e−κx
φ(x) =
B 0 eκx + Be−κx
55
, für x < 0
.
, für x > 0
Nachdem wir an normierbaren Lösungen interessiert sind, müssen wir A0 = B 0 =
0 fordern. Wir nden also die Lösungen auf den beiden Seiten zu:
(
φ(x) =
, für x < 0
.
, für x > 0
Aeκx
Be−κx
Um die vollständige Lösung für unser Problem zu erhalten, müssen wir nun noch
die Anschlussbedingungen mit einbringen. Diese sind zum einen die Stetigkeit
der Wellenfunktion bei x = 0, d.h.
Aeκ0 = Be−κ0
↔ A = B,
sowie die Bedingung die Gleichung (2) stellt, d.h.:
−κAe−κ0 − (κAeκ0 ) = −gAeκ0
g
↔κ= .
2
Damit gilt für die Grundzustandswellenfunktion :
(
Aegx/2
φ(x) =
Ae−gx/2
, für x < 0
,
, für x ≥ 0
mit der zugehörigen Energie:
E0 = −
~2 κ2
~2 g 2
=−
.
2m
8m
c) Trit die Welle auf das Potential, so wird ein Teil reektiert, welcher dann
nach links läuft, sowie ein Teil transmittiert, welcher anschlieÿend nach rechts
verläuft. Für die Wellenfunktion ergibt sich somit:
(
φ(x) =
Aeikx + re−ikx
teikx
, für x < 0
.
, für x > 0
Beachten Sie, dass mit diesem Ansatz der Zusammenhang zwischen Energie und
Wellenzahl gegeben ist durch:
E=
~2 k 2
.
2m
Die Wellenfunktion muss wiederum stetig bei x = 0 sein, woraus folgt:
A + r = t,
zudem muss Sie auch Gleichung (2) erfüllen, d.h.:
ikt − (Aik − rik) = −g(A + r).
Löst man die beiden letzten Gleichungen jeweils nach den Amplituden r und t
auf, so ergibt sich:
t=
2ikA
,
2ik − g
56
r=
gA
.
2ik − g
d) Für die Stromdichte gilt allgemein (in einer Dimension):
j=
i~
[φ∂x φ∗ − φ∗ ∂x φ].
2m
Unsere einfallende Welle ist:
φein = Aeikx ↔ φ∗ein = A∗ e−ikx .
Setzen wir diese nun in die Stromdichte ein, so folgt:
jein =
~
i~
[Aeikx (−ik)A∗ e−ikx − A∗ e−ikx (ik)Aeikx ] = |A|2 .
2m
m
Die transmittierte Welle ist gegeben durch:
φtrans = teikx ↔ φ∗trans = t∗ e−ikx .
Somit erhält man für die transmittierte Stromdichte:
jtrans =
~ 2
~ 4k 2 |A|2
|t| =
.
m
m 4k 2 + g 2
Der Transmissionskoezient T ist gegeben durch:
T = |t/A|2 =
Mit k2 =
2mE
~2
4k 2
.
4k 2 + g 2
folgt:
T =
8mE
~2
8mE
+
2
~
g2
=
1
1+
g 2 ~2
8mE
.
Somit ergibt sich folgendes Diagramm (beachte E ≥ 0):
57
3.15
H09 Quantenmechanik 2: Quantenkreisel
Die Rotationsenergie eines quantenmechanischen Teilchens soll durch den HamiltonOperator
H = a(L2x + L2y ) + bL2z
mit reellen Parametern 0 < a ≤ b beschrieben werden. Lx , Ly und Lz sind die
~.
Komponenten des Bahndrehimpulsoperators L
a) Welche physikalische Bedeutung haben die Parameter a und b, und welches
Teilchen könnte dieser Hamilton-Operator beschreiben? (5 Punkte)
b) Drücken Sie den Hamilton-Operator H durch die Operatoren L2 und Lz aus,
und berechnen Sie die Energien der stationären Zustände. (6 Punkte)
c) Geben Sie den Entartungsgrad der Eigenenergien an, und zwar für
(i) a = b und für
(ii) 0 < b − a << a.
Zufällige Entartungen sollen dabei nicht berücksichtigt werden. (4 Punkte)
Die Eigenzustandsvektoren zu den Operatoren L2 und Lz mit den entsprechenden
Quantenzahlen l und m seien die normierten Vektoren |l, mi. Betrachten Sie nun den
Zustand
|ψi =
1
1
1
|1, 0i + |2, 1i + √ |2, 2i .
2
2
2
d) Welche Energiewerte werden in diesem Zustand gemessen, und mit welcher
Wahrscheinlichkeit? (5 Punkte)
e) Berechnen Sie den Mittelwert und die Schwankung des Operators Lz für diesen
Zustand. (5 Punkte)
58
3.16
H09 Quantenmechanik 2: Quantenkreisel - Lösung
a) Wiederholen wir zunächst die Rotationsenergie aus der klassischen Mechanik.
Diese ist gegeben durch:
Erot =
1
Θω 2
2
wobei Θ das Trägheitsmoment ist. Mit dem Zusammenhang zwischen Trägheitsmoment, Drehimpuls und Winkelgeschwindigkeit:
Li = Θi ωi
lässt sich die Rotationsenergie alternativ schreiben als:
Erot =
1 2
1 2
1 2
L +
L +
L .
2Θx x 2Θy y 2Θz z
In dieser Darstellung erkennen wir nun, dass die Parameter a und b mit den
jeweiligen Trägheitsmomente um die jeweiligen Achsen zusammenhängen. Der
Hamilton-Operator beschreibt demnach ein ausgedehntes Teilchen, da Punktteilchen kein Trägheitsmoment aufweisen.
b) Wir ergänzen den Hamilton-Operator durch aL2z und erhalten:
H = a(L2x + L2y ) + aL2z − aL2z + bL2z = aL2 + (b − a)L2z .
Die stationären Zustände sind gerade die Eigenzustände |l, mi mit
L2 |l, mi = ~2 l(l + 1) |l, mi , Lz |l, mi = ~m |l, mi .
Damit erhalten wie die Energien El,m zu:
H |l, mi = [a~2 l(l + 1) + ~2 (b − a)m2 ] |l, mi =: El,m |l, mi
⇔ El,m = a~2 l(l + 1) + ~2 (b − a)m2
c) Betrachten wir die beiden Fälle gesondert:
(i) Nachdem a = b folgt für die Energien:
El,m = a~2 l(l + 1)
d.h. sie sind unabhängig von der Quantenzahl m und liefern somit für
alle Werte von m bei festem l den gleichen Wert. Nachdem für m gilt
m ∈ {−l, −l + 1, . . . , l − 1, 1} gibt es insgesamt 2l + 1 mögliche Werte für
m und somit haben wir eine 2l + 1-fache Entartung.
(ii) Für den zweiten Fall gilt:
El,m = a~2 l(l + 1) + ~2 (b − a)m2 .
Daran erkennen wir, da m quadratisch in die Gleichung eingeht, dass für
m = ±|m| der gleiche Energiewert herauskommt. Also sind alle Energiewerte zweifach entartet, bis auf den Wert für m = 0, da Null keinen Vorzeichenwechsel vollführt.
59
d) Die Energiewerte ergeben sich als die Eigenwerte der Einzelzustände des Operators. Für |1, 0i erhalten wir die Energie E1,0 für den Zustand |2, 1i die Energie
E2,1 und für den Zustand |2, 2i die Energie E2,2 . Die Wahrscheinlichkeiten für
die jeweiligen Energiewerte ergeben sich als das Betragsquadrat des Eigenzustandes mit dem Zustand |ψi:
p(E1,0 ) = | < 1, 0 |ψi |2 =
1
4
1
4
1
p(E2,2 ) = | < 2, 2 |ψi |2 =
2
p(E2,1 ) = | < 2, 1 |ψi |2 =
dabei haben wir die Normierung der Eigenvektoren ausgenutzt, d.h.
< l, m|l0 , m0 >= δl,l0 δm,m0 .
e) Wir berechnen zunächst den Mittelwert:
< Lz >= hψ| Lz |ψi =
~
5
+ ~ = ~.
4
4
Zusätzlich erhalten wir:
~2
9
+ 2~2 = ~2
4
4
p
und damit für die Schwankung ∆Lz = < L2z > − < Lz >2
r
11
∆Lz = ~
.
16
< L2z >=
60