PHYSIK II Serie 4, Musterlösung

PHYSIK II
Prof. Dr. Danilo Pescia
Tel. 044 633 21 50
[email protected]
Niculin Saratz
Tel. 044 633 23 28
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Herbstsemester 2007
www.microstructure.ethz.ch
Serie 4, Musterlösung
1. Ausbreitungsgeschwindigkeit
Elektromagnetische Wellen in einem Medium werden durch die makroskopischen MaxwellGleichungen in der Materie beschrieben. Die vierte Maxwell-Gleichung lautet
~+
∂(E
~ = µ0 (J~f rei + J~m ) + 1
rotB
c2
∂t
~
P
)
0
.
~ = J~m und setzen P~ = χe 0 E
~ und die Approximation M
~ =
Wir benutzen die Beziehung rotM
1
~ in die vierte Maxwell-Gleichung ein. Mit J~f rei = 0 erhalten wir
χ B
µ0 m
⇒
~
~ = χm rotB
~ + 1 ∂ E (1 + χe )
rotB
c2 ∂t
~
~ = 1 + χe 1 ∂ E .
rotB
1 − χm c2 ∂t
~
~ ×E
~ ein, so erhält man
Leitet man diese Gleichung einmal nach der Zeit ab und setzt − ∂∂tB = ∇
~
die Wellengleichung für E:
~
1 + χe 1 ∂ 2 E
.
1 − χm c2 ∂t2
~ ×∇
~ ×E
~ = ∇(
~ ∇
~ · E)
~ − ∆E
~ = −∆E,
~ denn wir haben
Dabei haben wir verwendet, dass ∇
~
~
hier keine freien Ladungen und damit ∇ · E = 0. Aus der Wellengleichung können wir die
Ausbreitungsgeschwindigkeit ablesen:
r
1 − χm
v=
c .
1 + χe
~ =
4E
2. Ebene Wellen
a) Wir betrachten die vierte Maxwell-Gleichung:
~ = µ0 σ E
~+
rotB
~
1 ∂E
c2 ∂t
~ = 0 sein. Die Welle kann also nicht
Damit alle Terme für σ → ∞ endlich bleiben, muss E
in den Raum x ≥ 0 eindringen, an der Grenzfläche tritt Totalreflexion auf.
b) In Teilaufgabe a haben wir gesehen, dass die einfallende Welle an der Grenzfläche total
reflektiert wird. Als Ansatz für die Welle im Bereich x ≤ 0 empfiehlt sich daher eine
Überlagerung einer einfallenden und einer ausfallenden Welle:
~
E(x)
= Eeikx + E 0 e−ikx e−iωt · ~ey .
1
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Das zugehörige Magnetfeld erhalten wir, indem wir die Beziehung
~ = ± 1 E · ~ez
~ = 1 ~k × E
B
ω
c
auf die beiden Anteile des elektrischen Feldes anwenden:
1
~
B(x)
=
Eeikx − E 0 e−ikx e−iωt · ~ez
c
.
Die Randbedingung für das elektrische Feld an der Grenzfläche erhalten wir aus dem
~ = − ∂ B~ : die Tangentialkomponente des elektrischen Feldes an der
Faraday-Gesetz rotE
∂t
Grenzfläche ist null. Daraus folgt, dass E 0 = −E:
~ r, t) = 2iE sin(kx)e−iωt · ~ey
E(~
,
~ r, t) = 2E cos(kx)e−iωt · ~ez
B(~
c
Die physikalischen Felder sind reell:
~ r, t) = 2E sin(kx) sin ωt · ~ey
Re E(~
,
~ r, t) = 2E cos(kx) cos ωt · ~ez
Re B(~
c
.
.
Sie sind räumlich und zeitlich jeweils um π/2 phasenverschoben.
Skizze:
~ innen − B
~ aussen ) = µ0 δ~j, wobei δ die Dicke der Grenzschicht
c) An der Grenzfläche gilt ~n × (B
~ innen = 0, und die Flächenstromdichte ~jF = δ~j lautet:
bezeichnet. Wegen σ = ∞ ist B
r
r
~ = 0) = −2E 0 cos(ωt)(~ex × ~ez ) = 2E 0 cos(ωt) · ~ey .
~jF = − 1 ~ex × B(x
µ0
µ0
µ0
3. Bragg Streuung
Für konstruktive Interferenz muss der Wegunterschied
∆ für zwei benachbarte Lichtstrahlen ein ganzzahliges
Vielfaches der Wellenlänge sein. (Siehe Skizze) Also:
α
∆ = nλ n ∈ Z .
im dargestellten Fall ist ∆ = 2δ und δ = d sin α. Damit
erhalten wir die bekannte Bragg-Gleichung:
2d sin α = nλ
2
α
δ
δ
d
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4. Absorbtion
Die elektromagnetische Welle können wir oBdA schreiben als
−Ωt)
~ = E0 ei(z 2π
λ
E
~ex
−Ωt)
~ = B0 ei(z 2π
λ
B
~ey
a) Da das Magnetfeld keine Arbeit leistet, wird es auch nicht zur dissipierten Leistung beitragen. Die Bewegungsgleichung für ein Elektron, das wie beschrieben an den Rumpf
gebunden ist, lautet ohne Anregung und nur für die x-Komponente:
mẍ = −kx − γ ẋ
OBdA können wir das Atom an der Stelle z = 0 beschreiben, die Anregung ist damit
gegeben durch
2π
F (t) = qE0 ei(z λ −Ωt)~ex |z=0 = qE0 eiΩt~ex .
Zusammen mit der freien BGL erhalten wir folgende inhomogene BGL für das Elektron:
mẍ = −kx − γ ẋ + qE0 eiΩt
γ
qE0 iΩt
k
e
ẍ = − x − ẋ +
m
m
m
Mit ω 2 =
k
,
m
2β =
γ
m
und =
qE0
m
erhalten wir
ẍ = −ω 2 x − 2β ẋ + eiωt .
b) Für die partikuläre Lösung verwenden wir den angegebenen Ansatz x(t) = Aeiϕ eiΩt und
setzen ihn oben ein:
−Ω2 Aeiϕ eiΩt = −ω 2 Aeiϕ eiΩt − 2βiΩAeiϕ eiΩt + eiΩt
−Ω2 Aeiϕ = −ω 2 Aeiϕ − 2βiΩAeiϕ + Aeiϕ
Aeiϕ ω 2 − Ω2 + 2βiΩ = Aeiϕ = 2
2
(ω − Ω + 2βiΩ)
2
2
(ω − Ω ) − 2βiΩ
=
(ω 2 − Ω2 ) + 2βiΩ (ω 2 − Ω2 ) − 2βiΩ
(ω 2 − Ω2 ) − 2βiΩ
iϕ
Ae =
(ω 2 − Ω2 )2 + 4β 2 Ω2
Damit erhalten wir
p
(ω 2 − Ω2 )2 + 4β 2 Ω2
A=
=p
2
2
2
2
2
(ω − Ω ) + 4β Ω
(ω 2 − Ω2 )2 + 4β 2 Ω2
und
ϕ = atan
3
−2βΩ
.
ω 2 − Ω2
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c) Um die Leistung zu berechnen brauchen wir nun die Stromdichte und somit die Geschwindigkeit der Elektronen.
π
π
d iϕ iΩt
= Re iΩAeiϕ eiΩt = Re ei 2 ΩAeiϕ eiΩt = AΩ cos Ωt + ϕ +
v(t) = Re
Ae e
dt
2
Das physikalische E-Feld ist
E = Re E0 eiΩt = E0 cos(Ωt) .
Damit ist die Leistung pro Volumen
π
P = jE = nqvE = nqAΩ cos Ωt + ϕ +
E0 cos(Ωt)
2
nqAΩE0
pi
π
=
cos 2Ωt + ϕ +
+ cos ϕ +
.
2
2
2
Die mittlere dissipierte Leistung ist
Z
1 T nqAΩE0
pi
π
nqAΩE0
π
hP it =
cos 2Ωt + ϕ +
+ cos ϕ +
dt =
cos ϕ +
T 0
2
2
2
2
2
und schliesslich durch Einsetzen von A und hP it =
nq 2 ΩE02
π
p
cos ϕ +
.
2
2m (ω 2 − Ω2 )2 + 4β 2 Ω2
Graphisch für β = 0.08ω in willkürlichen Einheiten:
A 3.0
0.0
2.5
φ/π
2.5
-0.2
2.0
2.0
-0.4
1.5
1.5
-0.6
1.0
3.0
<P>t
1.0
0.5
-0.8
0.5
0.0
-1.0
0.0
0
1
2
Ω/ω 3
4
0
4
1
2
Ω/ω 3
4
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5. Compton Effekt
Wir betrachten nebenstehende Geometrie: Rechts
sieht man die Impulsvektoren im sog. ’Stossdreieck’ dargestellt. Es bezeichnen pν den Impuls des
einfallenden Photons, pν 0 den Impuls des ausfallenden Photons und pe den Impuls des Elektrons.
pν'
hν'
pe
θ
hν
e-
θ
pν
Impulserhaltung: Es muss gelten, dass p~ν = p~ν 0 + p~e . Wir verwenden den Cosinus-Satz (vgl.
Mittelschul-Geometrie) um im Stossdreieck die Beträge der Impulsvektoren zu berechnen. Es
gilt:
p2e = p2ν + p2ν − 2pν pν 0 cos θ
Einsetzen des Photonen-Impulses:
p2e
2
=h
1
2
1
+ 02 − 0 cos θ
2
λ
λ
λλ
.
Energieerhaltung: Es muss gelten, dass Eν + m0 c2 = Eν 0 + Ee . Beachte, dass wir auf der linken
Seite die Ruheenergie des Elektrons berücksichtigen mussten. Mit der Formel für die Energie
aus der Aufgabenstellung erhalten wir:
q
hc
hc
+ m0 c2 = 0 + p2e c2 + m20 c4
λ
λ
Einsetzen des obigen Ausdrucks für p2e liefert
s hc
hc
1
2
1
2
2
+ m0 c = 0 + h
+
−
cos θ c2 + m20 c4
λ
λ
λ2 λ02 λλ0
Wir bringen
hc
λ0
auf die linke Seite und quadrieren:
2
m0 c + hc
1
1
− 0
λ λ
2
2
=h
1
1
2
+
−
cos θ c2 + m20 c4
λ2 λ02 λλ0
Ausmultiplizieren:
1
1
1
1
2h2 c2
1
1
2h2 c2
2 4
2 2
3
2 2
m0 c + h c
+
+
2m
hc
−
−
=
h
c
+
−
cos θ + m20 c4
0
λ2 λ02
λ λ0
λλ0
λ2 λ02
λλ0
1
1
1
1
m0 c
− 0 − h 0 = −h 0 cos θ
λ λ
λλ
λλ
1
1
h 1
− 0 =
(1 − cos θ)
λ λ
m0 c λλ0
h
λ0 − λ =
(1 − cos θ) .
m0 c
5