¨Ubungsblatt 0 IK3 Experimentalphyik

Übungsblatt 0 IK3 Experimentalphyik
Aufgabe 1: Seilwellen
a) Für die rückstellende Kraft auf ein Seilelement gilt nach der Zeichnung:
Fy = F0 sin(α)
Für kleine Winkel/Auslenkungen gilt der zusammenhang:
sin(α) ≈ α ≈ tan(α) =
dy
dx
Für die in y-Richtung wirkende Kraft gilt demach:
dy
dx
Für ein einen Seilabschnitt ds ≈ dx ergibt sich somit die gesamte rückstellende Kraft
als:
dFy
∂2y
· dx = F0 2 dx
dF = Fy (x + dx) − Fy (x) =
dx
∂x
Fy = F0
b) Die Kraft auf das Seilstück ist gegeben durch:
∂2y
∂2y
=
dF
=
F
dx
0
∂x2
∂x2
Mit dem Massenelement dm = ρ A ds ≈ ρ A ds und der Kraft F0 = σA kann
dm ·
∂2y
∂2y
=
σ
·
A
∂t2
∂x2
zur Wellengleichung
ρ · A · ds
mit der Substitution von c2 =
σ
ρ
∂2y
1 ∂2y
=
c2 ∂t2
∂x2
umgeformt werden. Dabei ist
die Fortpflanzungegeschwindigkeit c durch die Dichte und
die Zugspannung durch c = σρ bestimmt.
c) Für die Kraft zwei Massenelemente nahe der Verbundstelle mit dm1 bzw. dm2 gilt:
∂2y
∂2y
=
F
=
dm
2
∂t2
∂t2
Wodurch sich der Zusammenhang ergibt:
dm1
ρ1
dm1 2
∂ y1 = ∂t2 y1 = ∂t2 y2
dm2 t
ρ2
Nach der Wellengleichung gilt nun an der Stelle x = a
1
1 ρ1
∂x2 y2 = 2 ∂t2 y2 = 2 ∂t2 y1
c2
c2 ρ2
1 ρ1
= ρ1 2 ∂t2 y1 = ∂x2 y1
ρ2 c1 ρ2
Somit ergibt sich für die Funktionen y1 bzw y2 die Stetigkeit in Punkt a, sowie die
Stetigkeit der ersten Ableitung
1
Übungsblatt 0 IK3 Theoretische Physik
Aufgabe 2: Fourier Reihe
a) Die Funktion
1
ϕn (x) = √ eikx
2l
k=
π
n
l
ist orthonormiert, denn aus
π
π
1
1
√ e−i l mx · √ ei l mx
2l
2l
1 i π (m−n)x
e l
2l
ϕn (x)∗ · ϕm (x) =
=
folgt für n = m
l
1
ϕn (x) · ϕm (x) =
2l
−l
∗
l
−l
e0 dx = 1
und für m = n und m, n ∈ Z
l
−l
π
l
−i
1
e l (m−n)x
2 π(m − n)
−l
π
π
1
1
e l (m−n)l − e− l (m−n)l
π(m − n) 2i
1
sin (π(m − n)) = 0
π(m − n)
ϕn (x)∗ · ϕm (x) =
=
=
Somit ist
l
−l
ϕ∗n (x) ·
1
ϕm (x)dx =
0
n=m
sonst
b) Für das Fehlerquadrat gilt in Abhängigkeit der Koeffizienten c1 , . . . , cN
2
δN
(c−N , . . . , cN ) =
=
2
N
cn ϕn (x) dx
f (x) −
−l n=−N
l
N
l
1
2
f (x) dx −
cn
f (x)ϕn (x)dx
2l
−l
−l
1
2l
l
n=−N
−
N
c∗n
−l
n=−N
=
1
2l
−
l
−l
N
n=−N
l
f (x)ϕ∗n (x)dx +
N
f (x)2 dx −
c∗n
−l
f (x)ϕ∗n (x)dx
l
−l
+
f (x)ϕn (x)dx
N
n=−N
1
cn c∗m
n,m=−N
cn
n=−N
l
N
cn c∗m
l
−l
⎞
ϕn (x)ϕ∗n (x)dx⎠
Durch Ableiten nach den normalen und den komplex-konjugierten Koeffizienten ergibt
sich durch Nullsetzen
l
2
∂δN
1
!
∗
=
−
ϕn (x)f (x)dx + cn = 0
∂c
2l
−l
l
2
∂δN
1
!
∗
=
ϕn (x)f (x)dx + cn = 0
−
∗
∂c
2l
−l
Die Koeffizienten am kritischen Punkt als
l
ϕ∗n (x)f (x)dx
cn =
−l
c) Setzt man nun
1
ϕn (x) = √ eikx
2l
cn =
l
−l
ϕ∗n (t)f (t)dt
l
=
−l
1
√ e−ikt f (t)dt
2l
N →∞
mit der Abkürzung k = πl n, so ergibt sich für die Funktion f˜N (x) → f (x):
N l
1
1
√ e−ikt f (t)dt · f (t)dt · √ eikx
2l
2l
n=−N −l
N
l
1 =
f (t)[cos(−kt) + i sin(−kt)]dt · [cos(xk) + i sin(kx)]
2l
n=−N −l
⎡
⎤
f˜N (x) =
=
l
N
⎥
1 l
1 ⎢
⎢1
⎥
f (t) cos(kt)dt −i
f (t) sin(kt)dt⎥ · [cos(xk) + i sin(kx)]
⎢
2
l −l
⎣ l −l
⎦
n=−N :=an
=
:=bn
N
1 [an cos(kx) + i an sin(kx) − i bn cos(kx) + bn sin(kx)]
2
n=−N
N
=
a0 +
an cos(kx) + bn sin(kx)
2
n=1
=
nπ nπ a0 +
x + bn sin
x
an cos
2
l
l
∗
N
n=1
(∗)an = a−n
und
bn = −b−n
mit den Parametern
an =
1
l
l
−l
f (t) cos
nπ t dt
l
bn =
1
l
l
−l
f (t) sin
nπ t dt
l
für eine symmetrische Funktion ergeben sich bn = 0, während bei anitsymmetrischen
Funktionen für die Parameter an = 0 gilt.
2
d) Für die Funktion
0<x≤l
A 1 − xl
f (x) =
f (−x)
−l ≤ x < 0
ergeben sich die Koeffizienten zu:
nπ t dt
l
−l
nπ t
2 l
cos
t dt
A 1−
l 0
l
l
π n πn l
2A πn sin
x
πnl
−
cos
x
l
−
sin
x
π 2 n2 l
l
l
l
x=0
2A
2A
(1 − cos(πn)) = 2 2 (1 − (−1)n )
π 2 n2
π n
0
1
l
an =
=
=
=
bn =
l
f (t) cos
0<x≤l
A 1 − xl
f (x) =
−f (−x)
−l ≤ x < 0
Für die Funktion
ergeben sich die Koeffizienten zu:
bn =
=
=
=
an =
nπ t dt
l
−l
nπ nπ 1 0 t
x
1 l
sin
t dt −
sin
t dt
A 1−
A 1+
l 0
l
l
l −l
l
l
1 lA
1 lA
(nπ − sin(nx) −
(sin(nπ) − nπ)
l n2 π 2
l π 2 n2
A
2A
A
+
=
nπ nπ
nπ
0
1
l
l
f (t) sin
Die Koeffizienten der Fourier Reihen der beiden Funktionen gehen für große N gegen
Null. Wobei die Koeffitienten der ersten Funktions schneller gegen Null streben.
Aufgabe 2: Nabla-Kalkül
1.
A × (B × C) + B × (C × A) + C × (A × B)
= B(AC) − C(AB) + C(BA) − A(BC) + A(CB) − B(CA)
= B(AC) − B(CA) + C(BA) − C(AB) + A(CB) − A(BC)
=0
3
2.
∇ × (A × B) = (B∇A )A − B(∇A A) + A(∇B B) − (A∇B )B
= ∇B (AB) − B(A∇B ) − ∇A (BA) + A(B∇A )
+A(B∇B ) − ∇B (BA) − B(A∇A ) + ∇A (AB)
= A × (∇B × B) − B × (∇A × A) + B × (A × ∇B ) − A × (B × ∇A )
= A × (∇B × B) − B × (∇A × A) − (A × ∇B ) × B + (B × ∇A ) × A
3.
∇(φA × B) = B(∇ × φA) − φA(∇ × B)
= B(φ∇ × A − A × ∇φ) − φA(∇ × B)
= Bφ∇ × A − BA × ∇φ − φA(∇ × B)
= φ(B∇ × A − A∇ × B) + A × B∇φ
4.
∇(AB) = ∇A AB + ∇B AB
= (A∇B )B + ∇B (AB) − B(A∇B ) + (B∇A )A + ∇A (BA) − A(B∇A )
= (A∇)B + A × (∇ × B) + (B∇)A + B × (∇ × A)
5. Es ist für r =
x2 + y 2 + z 2 :
∂x2 f (r) =
f (r)x2 f (r)x2 f (r)
−
+
r2
r3
r
So ergibt sich für ∇2 f (r):
∇2 f (r) =
=
f (r)(x2 + y 2 + z 2 ) f (r)(x2 + y 2 + z 2 )
f (r)
−
+
3
3
r2
r
r
2
2f (r)
+ f (r) = ∂r2 + ∂r f (r)
r
r
4
Übungsblatt 2 IK3 Theoretische Physik
Aufgabe 7: Seilwellen Teil 2
a) Ist y1 (x, t) die Lösung der Wellengleichung für x < 0 und analog y2 (x, t) für x > 0
ergibt sich für y(x, t):
y1 (x, t) = fI (x − c1 t) + fR (x + c1 t)
und für y2 (x, t)
y2 (x, t) = fT (x − c2 t)
Wobei sich die Ausbreitungsgeschwindigkeit c1 ergibt als:
σ
c1 =
ρ1
b) Aus der Stetigkeit der y1 (x = 0, t) und y2 (x = 0, t) ergibt sich die erste Gleichung des
Systems:
fI (−c1 t) + fR (c1 t) = fT (−c2 t)
Aus der Stetigkeit der ersten Ableitungen von yi ergibt sich
d
d
d
fI (x − c1 t) +
fR (x + c1 t) =
fT (x − c2 t)
dx
dx
dx
bei x = 0. Die Ausführung der Differentation liefert dann
fI (−c1 t) + fR (c1 t) = fT (−c2 t)
Eine Integration beider Seiten über t liefert nun
−
1
1
1
fI (−c1 t) + fR (c1 t) = − fT (−c2 t)
c1
c1
c2
Welches die zweite Gleichung des Systems darstellt.
c) Einsetzen der ersten Gleichung in die zweite liefert für fR
fR (c1 t) = −
c1 − c2
fI (−c1 t)
c1 + c2
und für fT
2c2
fI (−c1 t)
c1 + c2
Damit ergeben sich die Reflektions und Transmissionskoeffizienten als
fT (−c2 t) =
R=−
c1 − c2
c1 + c2
T =
2c2
c1 + c2
Damit ist die Auslenkung der reflektierten Wellenfront der Eigentlichen Welle entgegengesetzt und an der y-Achse gespiegelt“. Es gilt fT (t) = T fI (−t). Das transittierte
”
Wellenpacket wird mit dem Verhältnis von c1 /c2 skaliert. Die Auslenkung der transmittierten Wellenfront hat die gleiche Richtung wie das Wellenpacket fI . Jeweils wird
die Auslenkung durch einen Vorfaktor gestaucht.
1
d) Die Energiedichte
ρ
u=
2
∂
y
∂t
2
σ
+
2
∂
y
∂x
2
setzt sich aus zwei unterschiedlichen Energiedichtearten zusammen. Der erst Term
entspricht der kinetischen Energiedichte. Dies folgt aus aus der kinetischen Energie
eines Volumens dV
2
2
1 dm ∂
ρ ∂
dEkin
=
y =
y
dV
2 dV ∂t
2 ∂t
Der zweite Teil der Gleichung entspricht der Energiedichte durch eine potentielle Energie. Betrachtet man die Energie, die nötig ist um das Seil von einer Länge dx auf eine
Länge ds (durch Auslenken) gegen die Zugspannung σ zu verlängern, ergibt sich
dEP ot = σ(ds − dx)
Für kleine Auslenkungen gilt nun
ds = dx2 + dy 2 = dx
1+
dy
dx
2
1
≈ dx 1 +
2
dy
dx
2 Somit ergibt sich für die potentielle Energiedichte:
dEP ot
σ
=
2
dy
dx
2
e) Für die Energiestromdichte gilt:
∂
ρ ∂ ∂y
σ ∂ ∂y 2
∂
s = − u=−
−
∂x
∂t
2 ∂t ∂t
2 ∂t ∂x
2
∂y
ρ ∂y ∂ y σ ∂ ∂y
·
= − 2
− 2
2 ∂t ∂t2
2 ∂t ∂y
∂x
∂y
∂ ∂y
∂y σ ∂ 2 y
·
−σ
= −ρ
2
∂t ρ ∂x
∂t ∂x
∂x
2
∂y
∂ ∂y
∂y ∂ y
·
+
= −σ
∂t ∂x2 ∂x ∂t
∂x
∂ ∂y ∂y
·
= −σ
∂x ∂t ∂x
Damit ergibt sich die Energiestromdichte s als
s = −σ
∂y ∂y
·
∂x ∂t
f) Die Energiestromdichte ist als Produkt aus der stetigen Ableitung nach der Zeit und
der stetigen Ableitung nach dem Ort bei x = 0 stetig. Für den Energiestrom gilt:
∂y1 ∂y1
∂y2 ∂y2
−σ
S =
sdx = −σ
x<0 ∂t ∂x
x>0 ∂t ∂x
2
= −σ
−σ
x<0
x>0
= −σc1
(fI (x − c1 t) + fR (x + c1 t))(−c1 fI (x − c1 t) + c1 fR (x + c1 t))
fT (x − c2 t)(−c2 )fT (x − c2 t)
x<0
(fr (x
2
− c1 t) −
fI (x
2
+ c1 t) ) + σc2
x>0
fT (x − c2 t)2
Aufgabe 8: Drude-Modell
a) Für den feldfreien Fall ergibt sich aus der Gleichung
v˙ + γv = 0
mit dem Ansatz v = Aekt durch einsetzen
kAekt + γAekt = 0
die Lösung von
→ k = −γ
v = Ae−γt
Die Konstante γ führt also zu einer Dämpfung der Geschwindigkeit. Sie ist damit eine
Art Reibungskoeffizient. Im stationären Fall ergibt sich eine konstante Geschwindigkeit
v = −
e E
mγ
b) Betrachtet man den Ansatz vp = vh Δ zur Lösung der Gleichung
e =0
v˙ + γv + E
m
so ergibt sich durch Einsetzen
e 0 = (v˙h Δ + vh Δ̇) + γvh Δ + E
m
e = −γvh Δ + vh Δ̇ + γvh Δ + E
m
e = vh Δ̇ + E
m
woraus sich für Δ ergibt
e
E
Δ̇ = −
mvh
⇒
Δ=−
t
e
E
mvh
Mit der Lösung vh = Ae−γt der homogenen Gleichung ergibt sich die partikuläre Lösung
der allgemeinen Bewebungsgleichung
e
e
eγt E dt = −e−γt
eγt E dt
vp = vh Δ = −Ae−γt
Am
m
3
c) Betrachtet man die Lösung der inhomogenen Differentialgleichung für konstantes E so
ergibt sich:
t
t
γt
eE
−γt e γt
−γt e
E
e dt = − e
vp = −e
m
m
γ
0
0
eE
eE
= −
e−γt [eγt − 1] = −
[1 − e−γt ]
mγ
mγ
Für großes t nähert sich so die Geschwindigkeit an die Geschwindigkeit des stationären
Falls an. Die Driftgeschwindigkeit ergibt sich demnach als:
vD = −
e
E
mγ
ergibt sich aus
Mit der Definition der Leitfähigkeit j = σ E
2
j = −nev = ne E
mγ
die Leitfähigkeit σ als
σ=
ne2
mγ
=E
0 e−iωt ergibt sich die Lösung vp
d) Im Falle eines periodischen elektrischen Feldes E
e −γt t (γ−iω)t E0 e
e
dt
m
0
e −γt e(γ−iω)t − 1
= − E
0e
m
γ − iω
e
0 e−iωt − e−γt
E
= −
m(γ − iω)
vp = −
= −nevp ergibt sich analog zu c) die Leitfähigkeit als:
Mit j = σ E
σ=
ne2
m(γ − iω)
4
Übungsblatt 2 IK3 Experimentalphyik
Aufgabe 10: Antireflexbeschichtung
a) Der Brechungdindex der Reflektionsbeschichtung n2 kann entweder größer oder kleiner
als der Brechungsindex des Glases n3 sein, ist aber größer als die Brechzahl von Luft
n1 .
Ist n2 > n3 erfährt eine an der Grenzschicht 2-3 reflektierte Welle keinen Phasensprung. Damit sich die Reflektierten Wellen desktuktiv überlagern müsste der Lichtweg also ein ganzahliges Vielfaches der Wellenlänge in Medium 2 betragen. Es wäre
d = mλ/2 = mλ0 /(2n2 ) mit m ∈ N.
Im Falle von n2 < n3 muss für eine destruktive Interferrenz die Lichtweglänge durch
Medium 2 genau ein ganzahliges Vielfaches der Wellenlänge plus einer halben Welλ0
lenlänge betrachen, also d = mλ/2 + λ/4 = 2m+1
4 n2
Im Folgenden bezeichne R1 den Reflektionskoeffizienten der Grenzschicht 1-2 und R2
den der Grenzschicht 2-3, also
n2 − n1 n3 − n2 R2 = R1 = n2 + n1 n3 + n2 Die Amplitude der einfach reflektierten Welle ergibt sich dann durch:
E1 = R1 E0
Die Amplitude der zweimal durch die Grenzschicht 1-2 transmittierten und an 2-3
reflektierten Schicht ergibt sich als
E2 = (1 − R1 )R2 (1 − R1 )E0 = (1 − R1 )2 R2 E0
Für die weiteren Amplituden ergibt sich die Amplitude durch Reflektionen an den
Grnzschichten. Also
En = (1 − R1 )2 R1n−2 R2n−1 E0 = (1 − R1 )2 (R1 R2 )n−2 R2 E0
Die gesamte Amplitude ergibt sich durch die Aufsummierung der einzelnen Amplitude
als
∞
(R1 R2 )n
E = E0 R1 − (1 − R1 )2 R2
n=0
1
= E0 R1 − (1 − R1 ) R2
1 − R1 R2
R1 − R2
E0
=
1 − R1 R2
2
Die reflektierte Amplitude wird also für R1 = R2 minimal woraus sich für die Brechzahl
ergibt
√
n3 − n2
n2 − n1
=
⇒ n2 = n1 n3
n2 + n1
n3 + n2
1
Für die Dicke d muss also gelten:
d=
2m + 1 λ0
4
n2
Mit den Werten n1 = 1, n2 = 1.5 und λ0 = 589nm ist also
n2 =
√
1.5 ≈ 1.22
d0 =
1 589nm
√
≈ 120nm
4 1.5
b) Analog zum ersten Teil bezeichne R4 bzw. R5 die Reflektionskoeffizienten der Schichten 4-5 bzw. 5-6. Dann gilt für die Amplitude der n-mal in der Schicht 5 hin und
hergelaufenen Welle
En = (1 − R4 )(1 − R5 )(R4 R5 )n−1 E0
Bei konstruktiver Interferrenz ergibt sich die Gesamtamplitude als
E = (1 − R4 )(1 − R5 )E0
∞
(R4 R5 )n
n=0
= (1 − R4 )(1 − R5 )E0
=
1
1 − R4 R5
2n5 n6
E0
n4 n6 + n5 2
Extremal wird die resultierende Amplitude ebenfalls bei
n5 =
√
n4 n6
Analog zur ersten Aufgabe muss nun der Lichtweg durch die Schicht ein Vielfaches und
ein halbes der Wellenlänge betragen, also
d=
2m + 1 λ0
4
n2
Mit den Werten n4 = 1.5, n6 = 3.8 und λ0 = 650nm ergibt sich
n5 =
√
1.5 · 3.8 ≈ 2.39
d=
2
1 650nm
√
≈ 68nm
4 1.5 · 3.8
Übungsblatt 2 IK3 Theoretische Physik
Aufgabe 12: Lorentzsches Atommodell
a) Für einen Oszillator mit der Federkonstante d gilt:
me ẍ = −Dx
Erweitert um den die Dämpfung und Anregung ergibt dies
me ẍ + me γ ẋ + Dx − eE0 eiωt = 0
Mit dem Ansatz x = x0 eiωt ergibt sich für x0 :
x0 −me ω 2 + D + iωme γ + eE = 0
Die Bewegungsgleichung von P ergibt sich so aus P0 = −eN x0 :
e2 N
e2 N
D
−
P + γ Ṗ = ε0
E
P̈ +
me 3ε0 me
ε0 me
ωp2
ω02
Die Maxwell-Gleichungen ergeben sich so zu:
∇B = 0
∇ × E = −Ḃ
ε0 ∇E + ∇P = 0
∇ × B = μμ0 (εĖ + Ṗ )
b) Mit dem Ansatz A = A0 e−i(kx−ωt) für die Felder ergibt sich aus
∇B = 0
⇒
kB0 = 0
∇ × E = −Ḃ
⇒
k × E0 = ωB0
ε0 ∇E + ∇P = 0
∇ × B = μμ0 (εĖ + Ṗ )
⇒
⇒
ε0 kE + kP = 0
−k × B = μμ0 (ε0 E0 + P0 )
Aus der Bewegungsgleichung der Polarisation ergibt sich als letzes
ω 2 P0 + ω02 P0 + iωγP0 = ε0 ωp2 E0
c) Es ist
= (A0 k)k + (k × A0 ) × k = (A0 k)k − k × (k × A0 )
A0 + A⊥
0
= (A0 k)k + (A0 k)k − (kk)A0 = (kk)A0 = A0
Damit ergeben sich
⇒
kB0 = 0
B0 =
1
(k × E0 )
ω
⇒
⇒
ε0 kE + kP = 0
1
B0 = 0
B0⊥ =
k
(k × E0⊥ )
ω
ε0 E+ P0 = 0
Übungsblatt 3 IK3 Experimentalphyik
Aufgabe 14: Sonnenuntergang
a) Für die Brechung an einer Schicht zwischen den Medien mit den Brechungsindeces
n(h + dh) und n(h) gilt nach dem Brechungsgesetz
sin(ϕ + dϕ)
n(h − dh)
=
n(h)
sin(ϕ)
Nun ist für kleine dϕ
sin(ϕ + dϕ) = sin(ϕ) cos(ϕ) + cos(ϕ) sin(dϕ) = sin(ϕ) + cos(ϕ)dϕ
Und
n(h − dh) = n(h) −
Somit ergibt sich
dn
dh
dh
n(h) − dn
sin(ϕ) + cos(ϕ)dϕ
dh dh
=
n(h)
sin(ϕ)
Gekürzt und mit der Relation cos(ϕ) =
dϕ = −
dh
ds
ergibt sich so
1 dn
sin(ϕ)ds
n(h) dh
b) Die Krümmung des Lichtstrahls ergibt sich als
dϕ
ds
1 dn
1
(n0 − 1) sin(ϕ)
dϕ
(n0 − 1)e−h/H
=−
sin(ϕ) =
sin(ϕ) =
−h/H
ds
n(h) dh
H
1 + (n0 − 1)e
Heh/H + H(n0 − 1)
Die Krümmung wird demnach Maximal für h → 0. Für h → ∞ nimmt die Krümmung
stetig ab.
Für den Ablenkwinkel zwischen wirklichem und scheinbarem Sonnenstand ergibt sich
mit der Näherung
ϕ ≈ ϕ(0) = π/2
n(h) ≈ n0
sowie, da sich die Höhe in Abhängigkeit zur Laufstrecke mit
(h + R)2 = s2 + R2 ⇒ h = s2 + R2 − R
zu
h (0) 2
1
s =0+0+ √
s2
2
0 − R2
nähern lässt, als das Integral über die Strecke
√
∞
n0 − 1 2RHπ
1 (n0 − 1) − s2
2RH
e
sin(π/2)ds =
ϕ=
n0
H
Hn0
2
0
h(s) ≈ h(0) + h (0)s +
1
Für die Abweichung durch die Brechung in der Atmosphäre ergibt sich also
√
2 · 8km · 6367km · π
0.0003
≈ 0.0106
ϕ=
8km · 1.0003
2
Nach der Dreisatzgleichung
t
24h
=
2π
ϕ
ergibt sich für die Zeit t
t=
0.0106
1440min ≈ 2min 26s
2π
Die Beugung in der Atmosphäre ist ebenfalls für die Abflachung der Sonne beim Sonnenuntergang/aufgang verantwortlich. Dabei werden Lichtstrahlen mit einem Längeren
Lichtweg durch die Atmosphäre stärker abgelenkt. Daher erfährt ein Lichtstrahl vom
oberen Rand der Sonne weniger Ablenkung als ein Lichtstrahl vom unteren Rand. Dies
bewirkt eine Verringerung des senkrechten (zur Erdoberfläche) Sichtwinkel während
der vertikale Sichtwinkel nicht verändert wird. Die Sonne wirkt abgeflacht.
2
Übungsblatt 3 IK3 Theoretische Physik
Aufgabe 17: Fresnelsche Formeln
a) Betrachtet man eine Grenzfläche bei z = 0 zweier Medien mit n1 für z < 0 und
n2 für z > 0 undwählt das Koordinatensystem so, dass die Einfallsebene der xzEbene entspricht ergibt sich für eine senkrecht zur Einfallsebene polarisierte ebene
monochromatische Welle, die Wellengleichung als
E(r, t) = EIy exp(i[ωt − k · r])ey
An der Grenzfläche sind nun die Normalkomponenten der dielektrischen Verschiebung
(ohne Flächenladung) stetig, so wie die Tangentialkomponenten des elektrischen Feldes (bezogen auf die Grenzfläche). Für die Reflektierten und Transmittierten Wellen
ergeben sich die Bedingungen
t
und
E I (z = 0) + t E R (z = 0) = t E T (z = 0)
ε1 n E I (z = 0) + ε1 n E R (z = 0) = ε2 n E T (z = 0)
wobei sich die Tangentialkomponenten aus der x und y Komponente des Feldes zusammensetzt, während die Normalkomponente der z Komponente der Felder entspricht.
Aus der zweiten Gleichung ergibt sich so mit allgemeinem Ansatz für die reflektierte
und transmittierte Welle
z
= ε2 ETz
ε1 ER
Komponentenweise Betrachtung der Tangentialkomponenten liefert für die x-Komponenten
x
= ETx
ER
Aus der Divergenzfreiheit des Elektrischen Feldes ergeben sich zwei weitere Bedingungen an die elektrischen Feldvektoren, nähmlich
x
z
+ ik1z ER
=0
∇(ER ) = −ik1x ER
und für die transmittierte Welle
∇(ET ) = −ik2x ETx − ik2z ETz = 0
Das durch die letzten vier Gleichungen gegebene Gleichungssystem hat nur eine triviale
Lösung, also
x
z
= ER
= ETx = ETz = 0
ER
b) Neben der Bedingung
y
= ETy
EIy + ER
aus der Stetigkeit der Tangentialkomponenten des elektischen Feldes ergibt sich aus
der Feldverhalten der Tangentialkomponenten des B-Feldes
μ1 t (B I + B R ) = μ2 t B T
1
mit der Realtion ωB = k × E
μ1 t (k I × E I + k R × E R ) = μ2 t (kT × E T )
y
= kTy = 0, μ1 ≈ μ2 und die Ergebnisse der ersten Aufgabe gelten ergibt
da nun kIy = kR
sich
z y
ER = kTz ETy
kIz EIy + kR
z und k z := k z vereinfacht sich die Gleichung zu
Mit Substitution von k1z := kIz = −kR
2
R
y
=
EIy − ER
k2z y
E
k1z T
Somit ergibt sich der Reflektions/Transmissionskoeffitient aus der am Anfang des Abschnitts beschriebenen und der letzten Gleichung mit k1 = cos(α)k1z und k2 = cos(β)k2z
als:
R =
=
=
T
=
1−
ER
=
EI
1+
k2z
k1z
k2z
k1z
=
k1z − k2z
k1z + k2z
k1 cos α − k2 cos β
k1 cos α + k2 cos β
n1 cos α − n2 cos β
n1 cos α + n2 cos β
1
2k1 cos α
ET
=2
z =
k
EI
k1 cos α + k2 cos β
1 + 2z
k1
=
2n1 cos α
n1 cos α + n2 cos β
c) Für den Übergang zwischen Medien mit n1 < n2 gilt für die Winkel immer α ≥ β. Für
α = β = π/2 ergibt sich der Reflektionskoeffizient wie erwartet durch
R=
n1 − n2
n1 + n2
Der Reflektionskoeffitient ist über den gesamten Winkelbereich negativ, das heisst die
reflektierte Welle erfährt an der Grenzschicht einen Phasensprung von π. Für α → 0
nähert sich der Reflektionskoeffitient gerade dem Wert R = −1 annimmt. Mit wachsendem Winkel nimmt die Reflektion zu.
d) Im Fall eines dichteren Übergangs, also n1 > n2 ist der Reflektionskoeffizient für α = 0
wie oben durch
n1 − n2
R=
n1 + n2
Dabei ist der Reflektionskoeffizient immer positiv, es gibt demnach keine Phasenverschiebung bei der Reflektion. Für wachsende Winkel mit α < α0 nähert sich R dem
Wert 1, den er bei α = α0 gerade annimmt.
Allgemein gilt für cos(β)
2
n
sin(α)2
cos(β) = 1 − sin(β)2 = 1 − 12 sin(α)2 = 1 −
sin(α0 )2
n2
2
Für Werte von α > α wird also der Reflektionskoeffizient Komlex. Mit den Abkürzunsin(α)2
n1
gen a = n2 sin(α) und b = sin(α
2 − 1 ist nun der Reflektionskoeffizient
0)
R=
(a − ib)2
a2 − b2
−2ab
a − ib
= 2
=
+i 2
2
2
2
a + ib
a +b
a +b
a + b2
Jede Komplexe Zahl lässt sich in der Polardarstellung darstellen als z = ρeiϕ . Für das
Modul ρ gilt nun
2 2 4
2
2
2
2
4
2
2
a −b
−2ab
a − 2a b + b + 4a b
(a2 + b2 )2
+
=
=
=1
ρ=
2
2
2
2
2
2
2
a +b
a +b
(a + b )
(a2 + b2 )2
Für ϕ ergibt sich
cos(ϕ) =
a2
a2 + b2
=
− b2
n1
n2
2
=
n1
n2
n1
n2
2
2
cos(α)2 −
cos(α)2 +
n1
n2
n1
n2
2
2
sin(α)2 + 1
sin(α)2 − 1
(cos(α)2 − sin(α)2 + 1
n2 cos(2α) + n22
= 1 2
2
n1 − n22
n1
−1
n2
Da die Beziehung ER = EI · R gilt ist die refektierte Welle bei α > α0 zu der ursprünglichen Welle phasenverschoben. Die Verschiebung ist abhängig vom Winkel α
der Reflektion. Da aber das Modul der reflektierten Welle im Falle von α > α0 stets
Eins wird, entspricht der Amplitudenbetrag der reflektierten Welle dem der Ursprünglichen.
3
Übungsblatt 4 IK3 Experimentalphyik
Aufgabe 18: Hohlspiegel
a) Sei der Krümmungsradius des Hohlspiegels R
α
α
S
F
f
h
α
M
a
Die Brennweite des Spiegels für einen Strahl in der Höhe h von der optischen Achse
ergibt sich nun als:
f =R−a
Für die Strecke a gilt nun im gleichschenklichem Dreieck
cos(α) =
R/2
a
⇒
a=
R
2 cos(α)
Für den Sinus des Einfallsewinkels gilt aber
sin(α) =
h
R
Somit ist
f =R−a=R−
R
R2
R
=R− =R− √
2 cos(α)
2 R2 − h2
2 1 − sin(α)2
Eine Abbildung durch einfache Reflektion wird dann nicht mehr möglich, wenn die
Brennweite Null oder kleiner wird, da hier der Strahl auf dem Weg zum Brennpunkt
ein zweites mal am Spiegel reflektiert wird. Somit ist
3
R2
R
⇒ hmax =
0=R− 4
2 R2 − h2max
Parallele Lichtstrahlen, die einen größeren Abstand zur optischen Achse als hmax haben, werden also nicht mehr auf der optischen Achse fokussiert. Objekte deren vertikale
Ausdehnung größer als hmax ist, werden also sich vollständig abgebildet, da die mehrfach reflektierten Strahlen nicht zur Fokusierung beitragen.
b) Es ist zu zeigen, dass für parallel einfallende Strahlen nur ein Brennpunkt ein Brennpunkt existiert. Mit
(r, αr 2 )
ist eine Parabel parametrisiert. Nun ist zu zeigen, dass der Winkel zwischen einfallendem Strahlen und Normale, dem Winkel zwischen Parabelnormalen und dem Verbindungsvektor eines festen (Brenn-)Punkt auf der z-Achse mit der Prabel gleich sind.
1
Ist e der einfallende Strahlenvekor, sowie b der Vektor vom Brennpunkt (0, f ) zum
Parabelpunkt und n der Normalenvektor an die Parabel, so gilt:
b·n
e·n
= sin(α) = sin(α ) =
|e| |n|
|b| |n|
Der Vektor e kann gewählt werden als (0, −1) parallel zur optischen Achse, der normalenvektor ergibt sich durch Differentation der Parametrisierung als
n = (−2αr, 1)
während für den Verbindungsvektor b gilt:
b = (r, αr 2 ) − (0, f ) = (r, αr 2 − f
Nun gilt
e·n
|e| |n|
=
−1 =
−
b·n
|b| |n|
b·n
|b|
r 2 + (αr 2 − f )2 = −2αr 2 + αr 2 − f
r 2 + (αr 2 − f )2 = (αr 2 + f )2
r 2 + α2 r 4 − 2αr 2 f + f 2 = α2 r 4 + 2αr 2 f + f 2
r 2 = 4αr 2 f
1
f =
4α
Damit ist der Brennpunkt unabhängig vom Abstand des einfallendes Strahles zur optischen Achse.
c) Die optische Abbildung eines Gegenstands im Abstand 2R vom Spiegel
Es entsteht ein reelles achsengespiegeltes verkleinertes Abbild des Gegenstands. Die
optische Abbildung eines Gegenstands im Abstand R/4 vor dem Spiegel
Es entsteht ein virtuelles nicht achsengespiegeltes vergrößertes Abbild des Gegenstands
2
Übungsblatt 4 IK3 Theoretische Physik
Aufgabe 19: Eikonalgleichung
a) Für den allgemeinen Ansatz einer ebenen monochromatischen Welle
E = A exp (iωt − ik0 S(r))
gilt für
∇2 E = ∇(−Aik0 ∇S exp(iωt − ik0 S(r))
= −iAk0 ∇2 S exp(iωt − ik0 S(r)) − Ak02 (∇S)2 exp(iωt − ik0 S(r))
und für
n2 2
n2 2
∂
E
=
−
ω A exp(iωt − ik0 S(r))
t
c2
c2
Nach der Wellengleichung ist nun
∇2 E =
n2 2
∂ E
c2 t
und eingesetzt mit der Abkürzung ϕ = ωt − k0 S(r)
−iAk0 ∇2 S exp(iϕ) − Ak02 (∇S)2 exp(iϕ) = −
oder gekürzt
n2 2
ω A exp(iϕ)
c2
n2 2
ω = ik0 ∇2 S + k02 (∇S)2
c2
Da nun k0 = ω/c ergibt sich
(∇S)2 = n2 −
iλ0 2
∇ S
2π
b) Besser als die Forderung λ0 → 0 ist die Forderung λ/L << 1. Dabei ist
L=
2iπ
∇2 S
Dabei ist ∇2 S gegeben durch durch das Verhältnis von Brechungsindex zu dessen
Divergenz also n/|∇n|. Die Länge L.
c) Für die Funktion S(r) = a · r gilt für
∇S = a
Somit erfüllt a·r die Eikonalgleichung, wenn |a| = n, denn hier ist (∇(a·r))2 = a2 = n2 .
Analog erfüllt die Gleichung S = α|r| die Eikonalgleichung, wenn α = n, denn
∇α|r| = α∇|r| = α
1
r
|r|
und damit ist (∇α|r|)2 = α2 .
Für den ersten Fall ergibt sich das Vektorfeld
s(r) =
und im zweiten Fall
s(r) =
a
1
∇S =
n(r)
n(r)
α r
1
∇S =
n(r)
n(r) |r|
d) Für die Rotation der mit dem Brechungsindex gewichteten Funktion s gilt
∇ × ns = ∇ × ∇S = 0
da die Rotation eines Gradientenfeldes immer den Wert Null ergibt. In einem rotationsfreien Feld ergibt sich das Wegintegral unabhängig vom Weg als
P
Λ=
P
n(r)s(r) = S(P ) − S(P )
e) Legt man ein Flächenelement so an die Grenzfläche zwischen Medium 1 und Medium
2, dass der eine Rand AB in Medium 1 und der andere CD in Medium 2 verläuft, ist
rot(ns) = 0 = rot(ns)
γ
Nach dem Stokesschen Satz ist nun
∂γ
ns = 0
Die Kanten DA und BC werden in jedem Medium jeweils einmal durchlaufen, so dass
B
D
ns =
n1 s1 +
n2 s2
∂γ
A
C
Wählen wir nun den Ansatz eines kollimierten Strahls, also
s(r) =
1
ai
n
|ai | = ni
so ist, da AB in positiver und CD in negativer Richtung durchlaufen wird sowie die
Strecken gleich lang sind
a1 · l − a2 · l = 0
Mit der Definition des Vektorproduktes und dem Einfallswinkel α, sowie dem Brechungswinkel β ist
|a1 | |l| cos(90 − α) = |a2 | |l| cos(90 − β)
Da nun die Länge der Vektoren ai durch die Brechzahl gegeben ist gilt
n1 sin(α) = n2 sin(beta)
2
Übungsblatt 5 IK3 Experimentalphyik
Aufgabe 21: Linsen
a) Für die Brennweite einer dünnen Linse gilt
1
= (n2 − n1 )
f
1
1
−
R1 R2
wobei n1 die Brechzahl im Medium außerhalb der Linse bezeichnet. Das Verhältnis der
Brennweiten ergibt einen Skalierungsfaktor für einen Wechsel in ein anderes Medium
k :=
n2 − 1
fn
=
fl
n2 − n1
Damit ist die Brennweite in einem anderen Medium einfach durch das Produkt aus
Brennweite in Luft fL und dem Faktor k gegeben:
fn = k · fL
Für die Krümmungsradien R1 = 20cm, R2 = −20cm und einer Brechzahl der Linse
n2 = 1.5 gilt in Luft
R1 R2
1
= 2 · 10cm = 20cm
n2 − 1 R2 − R1
fL =
In Wasser mit n1 = 4/3 gilt
fL =
1
n2 − 1
R1 R2
= 6 · 10cm = 60cm = 3 · 20cm =
fL
n2 − n1 R2 − R1
n2 − n1
b) Die Abbildung einer Sammellinse mit einer Brechkraft von D = 10cm von einem
Gegenstand im Abstand g = 20cm mit der Gegenstandsgröße G = 3cm
B
|
G
|
O
F
5cm
F
Nach der Zeichnung ist die Bildweite gleich der Gegenstandsweite b = 20cm, sowie die
Vergrößerung V = −1.
Rechnerisch folgt aus der Abbildungsgleichung D = 1/g + 1/b
b=
20cm
g
= 20cm
=
1
g·D−1
20cm · 0.1 cm
−1
Für die Vergrößerung gilt nun
V =−
20cm
b
=−
= −1
g
20cm
Es entsteht also ein reelles umgekehrtes Abbild des Gegenstands
1
c) Die Abbildung einer Streulinse mit f = −20cm eines Gegenstands der Größe h = 3cm
im Abstand g = 30cm.
G
F
O
5cm
Nach der Zeichnung im Maßstab 1 : 4 ergibt sich die Bildweite als b ≈ −12cm und die
Vergrößerung als V ≈ 0.4
Rechnerisch folgt aus der Abbildungsgleichung
b=
−600cm2
f ·g
=
= −12cm
g−f
50cm
sowie die Vergrößerung
V =−
12cm
b
=
= 0.4
g
30cm
Es entsteht hierbei ein virtuelles aufrechtes und verkleinertes Abbild des Gegenstands.
d) Für eine Gegenstandsweite von g = 5cm ergibt sich für die Anordnung aus b)
b=
5cm
g
= −10cm
=
1
g·D−1
5cm · 0.1 cm
−1
sowie für die Vergrößerung
V =−
5cm
b
=
= 0.5
g
10cm
Es entsteht ein virtuelles Verkleinertes und aufrechtes Abbild des Gegenstands.
Für die Anordnung aus c) ergibt sich für eine Gegenstandsweite von g = 5cm eine
Bildweite von
−100cm2
f ·g
=
= −4cm
b=
g−f
25cm
und eine Vergrößerung von
V =−
4cm
b
=
= 0.8
g
5cm
Auch hier entsteht ein virtuelles, verkleinertes und aufrechtes Abbild des Gegenstands.
e) Für einen Gegenstand, der d = 2.4m von einem Schirm entfernt ist, und eine durch eine
Linse mit der Brennweite f scharf auf dem Schirm abgebildet wird gilt, wenn durch
verschieben der Linse um a ein reelles Bild entsteht.
b1 + g1 = d
b2 + g2 = d
sowie für die Relationen der beiden Abbildungen
b1 − b2 = a
g1 − g2 = −a
2
Hierbei sind b/g1/2 die Bild- bzw Gegenstandsweiten vor bzw nach dem Verschieben,
und die Verschiebung findet nach rechts statt. Da diese Bedingungen linear abhängig
sind, wird eine zusätzliche Bedingung zur Eindeutigkeit benötigt. Diese ergibt sich aus
der Abbildungsgleichtung:
(g2 − a)(b2 + a)
g1 b1
g1 b1
=
=
b1 + g1
d
b2 + g2
g2 b2
a(g2 − b2 ) + a2
a(g2 − b2 ) + a2
=
+
=f+
b2 + g2
b2 + g2
b2 + g2
⇒ 0 = (g2 − b2 ) + a
f
=
Aus den Bedingungen ergibt sich das lineare Gleichungssystem
⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 0 1 0
g1
d
⎜0 1 0 1 ⎟ ⎜g2 ⎟ ⎜d⎟
⎜
⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝0 0 1 −1⎠ · ⎝b1 ⎠ = ⎝a⎠
0 −1 0 1
b2
a
bzw die Koeffitientenmatrix
⎛
1 0 1 0
⎜0 1 0 1
⎜
⎝0 0 1 −1
0 −1 0 1
⎞
⎛
1
a
⎟
⎜
0
d⎟
⎜
⎝0
a⎠
a
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
d
2
d
2
d
2
d
2
⎞
− a2
+ a2 ⎟
⎟
+ a2 ⎠
− a2
Die Anfangsbildweite, also der Abstand der Linse vom Schirm gilt so
b1 =
d a
+ = 1.2m + 0.6m = 1.8m
2 2
Die Brennweite ergibt sich als
f=
9
d2 − a2
g1 b1
= m = 0.45m
=
g1 + b1
4d
20
3
Übungsblatt 5 IK3 Theoretische Physik
Aufgabe 24: Wellenleiter
a) Im zylindrischen Wellenleiter soll eine transversal elektrische Wellen angenommen werden. Es gilt also
E(r, t) = E 0 (x, y)eiωt−ikz
Wobei Ez0 = 0 gilt. Für das magnetische Feld gilt nun
B(r, t) =
i
i
∇ × E = ((∇ × E 0 ) − ikE 0 )eiωt−ikz
ω
ω
Da nun Ez0 = 0 und E 0 (x, y) nur von den Variablen x und y Abhängen ergibt die
Rotation von E 0 nur eine z-Komonente, so dass
Bz0 =
i
∂x Ey0 + ∂y Ex0
ω
Die z-Komponente des B-Feldes ist also auch von den Variablen x und y abhängig, so
dass nach der Wellengleichung mit der Abkürzung ϕ = ωt − kz gilt
ω 2
Bz + (∂x2 + ∂y2 + ∂z2 )Bz
0 = ε
c
ω 2
= ε
Bz0 eiϕ + (∂x2 + ∂y2 )Bz0 eiϕ + ∂z2 Bz0 eiϕ
c
ω 2
= ε
Bz0 eiϕ + (∂x2 + ∂y2 )Bz0 eiϕ − k2 Bz0 eiϕ
c
Hieraus folgt die Bedingung für die z Komponente des B-Feldes
ω 2
2
2
2
− k + ∂x + ∂y Bz0 = 0
ε
c
Im transversal magnetischen Fall ergibt sich das E-Feld aus dem Ansatz für das B-Feld
aus der Maxwellschen Gleichung ∇ × H = Ḋ zu
E=i
c2
∇×B
ωεμ
Analoge Argumentation zu oben liefert
Ez0 = i
c2
∂x By0 + ∂y Bx0
ωεμ
Auch hier ist die z-Komponente des E-Feldes nicht von z abhängig, so dass die Wellengleichung die Bedingung liefert
ω 2
− k2 + ∂x2 + ∂y 2 Ez0 = 0
(1)
ε
c
Die Konstante α in der angegebenen Form ergibt sich so als
ω 2
− k2
α=ε
c
1
b) Im TM Fall muss für die Grenzfläche die Tangentiale Komponente des Elektrischen
Feldes stetig sein. In diesem Fall ergibt sich die tangentiale Komponente des E-Feldes
gerade durch die z-Komponente. Da im idealen Leiter E = 0 gilt, muss also
Ez0 R = 0
c) Der Ausdruck des Laplace-Operators in Polarkoordinaten (2-Dimensional, da hier die
z-Abhängigkeit nicht gegeben ist) ist gegeben durch
1
1
(∂x2 + ∂y2 )A = (∂r2 + ∂r + 2 ∂φ )A
r
r
Für den Ansatz Ez0 = E(ρ) cos(nφ) mit ρ = βr ist
∂r2 Ez0 = β 2 ∂ρ2 E(ρ) cos(nφ)
sowie
und
β
β2
1
∂r Ez0 = ∂r Ez0 =
∂ρ E(ρ) cos(nφ)
r
ρ
ρ
β2 2
β2 2
1
0
∂
E
=
∂
E(ρ)
cos(nφ)
=
−
n E(ρ) cos(nφ)
φ
z
r2
ρ2 φ
ρ2
Da Ez0 die Bedingung aus Gleichung (1) erfüllt ist also nun
1
1
2
0 =
α + ∂r + ∂r + 2 ∂φ E0z
r
r
2
β
β2
=
α + β 2 ∂ρ2 + 2 ∂ρ − 2 n2 E(ρ) cos(nφ)
ρ
ρ
1
α
n2
2
− 2
E(ρ) cos(nφ)
=
∂ρ + ∂ρ +
ρ
β2
ρ
Da diese Bedingung für alle φ erfüllt sein muss, gilt so für E(ρ)
1
n2
α
2
− 2
E(ρ)
∂ρ + ∂ρ +
ρ
β2
ρ
Damit die Gleichung die angegebene Form hat muss demnach
β2 = α
Die Differentialgleichung wird durch die Besselschen und Webberschen Funktionen
gelöst. Da die Webbersche Funktion in Null eine Singularität aufweisst, kann diese
als Lösung ausgeschlossen werden. Es ist
Ez0 = E00 Jn (ρ) = E00 Jn (βr)
Mit den Randbedingungen aus teil b) folgt nun ein Diskreter Wert für β, je nach
gewähltem n. Ist xn die erste Nullstelle der Funktion Jn , so ist
βn =
2
xn
R
Da nun α = β 2 folgt für die Frequenz
ε
ωn2
− k2 = βn2
c2
c 2
ωn = √
βn + k2
ε
⇒
Für die ersten Nullstellen der Besselfunktionen gilt
0 < x0 < x1 < ... < xn
somit gilt für die Beziehung der Frequenzen
ω0 < ω1 < ... < ωn
Die Lösung mit der niedrigsten Frequenz lautet demnach
Ez0 = E00 J0 (β0 r)
β0 =
2.40
xn
≈
R
R
Hierbei ist die Dipersionsrelation gegeben durch
c
ω=√
β02 + k2
ε
Hieraus ergibt sich die Phasengeschwindigkeit als
c
ω
= √
k
k ε
β02
c
+ k2 = √
ε
β02
+1
k2
sowie die Gruppengeschwindigkeit als
k
c
∂k ω = √ 2
ε β0 + k2
d) Im Fall eines Lichtwellenleiters kann analog zu den vorher genannten Lösungsweg verfahren werden. Allerdings ergibt sich hier die Randbedingung etwas anderes. Hierbei
muss die z-Komponente des Elektrischen Felds nicht notwendigerweise bei r = R verschwinden, sondern vielmehr einer Ungleichung, die sich aus der Totalreflektionsbedingung ergibt, genügen. Somit kann γ0 bestimmt werden. Auch hierbei gilt
γ0 < γ1 < .. < γn
Aus analogen Überlegungen folgt dann
ω=
sowie
c
ω
vp = =
k
n
c
n
γ02
+1
k2
γ02 + k2
vg = ∂k ω = 3
k
γ02
+ k2
e) Außerhalb des LWL fällt die elektrische Feldstärke exponentiell ab. Hier gilt für E(ρ)
die modifizierte Besselsche Differentialgleichung. Diese wird durch die modifizierten
Besselschen Funktionen In und Kn gelöst. Die Lösung In kann hier wegen der Divergenz
für große Argumente als unphysikalisch ausgeschlossen werden. Für r > R muss also
gelten
E0z (r) = AK0 (δ0 r)
wobei A und δ0 noch zu bestimmen sind.
Zunächst die Stetigkeitsbedingung für das E-Feld der entsprechenden Fläche. Die Tangentialkomtonente des E-Feldes, also auch Ez0 , muss an der Grenzfläche stetig sein.
Für die Grenzfläche gilt außerdem die Stetigkeit der Tangentialkomponenten des BFeldes, da die μ ≈ 1. Da nun die Tangentialkomponente durch die Rotation des E
Feldes gegeben ist, gilt bei r = R:
⎛
⎞
i
i ⎝
∂z Er −∂r Ez ⎠
Bφ = (∇ × E)φ =
ω
ω =0
Somit ist die z-Komponente des elektrischen Feldes auch stetig differenzierbar.
Aus der ersten Bedingung folgt so
E00 J0 (γ0 R) = AK0 (δ0 R)
Die Stetigkeit der Ableitungen liefert
γ0 E00 J0 (γ0 R) = δ0 AK0 (δ0 R)
Kombinieren der Gleichungen ergibt
δ0 =
K0 (δ0 R)0 J (γ0 R)
γ0
K0 (δ0 R)J0 (γ0 R)
Wobei sich ρ durch Multiplikation mit δ0 aus r ergibt.
4
Übungsblatt 6 IK3 Experimentalphyik
Aufgabe 26: Kreiselinterferometer
a) Ein Strahl, der in das Interferrometer im Eingang B eingekoppelt wird und das Interferometer an Ausgang B verlässt erfährt aufgrund der Reflexion an optisch Dichteren
Medien (Spiegel) egal in welcher Richtung das Interferometer durchlaufen wird eine
Phasenverschiebun von 2π aufgrund von 4 Reflexionen. An Ausgang B ist also konstruktive Interferenz zu beobachten.
Ein Strahl, der in B eingekoppelt wird und das Interferometer bei A verlässt, erfährt
einen von der Durchlaufrichtung abhängige Phasenverschiebung aufgrund unterschiedlicher Anzahl von Reflexionen an optisch dichteren Medien. Beim Durchlaufen im Uhrzeigersinn ist die Phase beim Verlassen um 3π, während ein Strahl, der das Interferometer gegen den Uhrzeigersinn urchläuft eine Phase um 4π verschoben hat. Somit ist
am Ausgang A eine destruktive Interferenz wahrzunehmen.
b) Die Phasendifferenz Δφ zwischen den Lichtstrahlen ergibt sich als das doppelte der
Phasendifferenz, die ein Lichtstrahl beim Durchlaufen des rotierenden und des ruhenden Systems hätte. Für die Phasenverschiebung dφ die beim Durchlaufen einer kleinen
Strecke entsteht gilt also:
Δφ
=
dφ
2
∂F
Die Phasenverschiebung beim Durchlaufen einer Strecke dl parallel zur y-Achse ist
proportional zur y Koordinate. Ist nun Ω · x << c so rechtfertigt dies:
⎛ Ω ⎞
− y
2π ⎝ Ωc ⎠ dl
dφ =
cx
λ
0
Damit ist
Δφ
2
⎞
−y
2πΩ
⎝ x ⎠ dl
λc ∂F
0
⎛ ⎞
−y
4πΩ
2πΩ
ˆ
⎝
⎠
rot x nF dO =
dO
λc F
λc F
0
4πΩ
F
λc
=
=
=
⎛
c) Fasst man die detektierbare Intensitätsänderung δI als Prozentuale Änderung auf, so
ist
|E|2 − |E · cos(Δφ)|2
ΔI
=
= sin2 (ΔΦ)
δI =
I
|E|2
Für die von einem LWL der Länge L n-mal umgebene Fläche F mit Radius R gilt nun
F = πR2 n =
1
RL
πR2 L
=
2πR
2
Nun ist
L =
=
Δφλc
2F
=
R
4πΩR
√
arcsin( δI)λcT
ΔφλcT
=
8π 2 R
8π 2 R
Für die angegeben Werte ergibt sich so
L ≈ 259.53m
d) Die Phasendifferenz hängt aufgrund des Skalarprodukts zwischen Flächennormale und
Rotationsachse Cosinusförmig vom Winkel θ zwischen den Achsen ab. Also
Δφ =
8πΩ
F cos(θ)
λc
Mit einem Faserkreisel wird so die Messung des Winkels zwischen Drehachse und
Flächennormale des Faserkreisels möglich. Damit ist eine genaue Bestimmung des
Breitengrads möglich, wenn die Grundfläche des Faserkreisels auf der Erdoberfläche
aufgebracht wird. Mit einer dazu senkrechten Kreiselanordnung lässt sich auch der
Längengrad bestimmen.
2
Übungsblatt 6 IK3 Theoretische Physik
Aufgabe 28: Frauenhofer Beugung
a) Für die Phase der Welle am Punkt P gilt
φ = φ0 + Δφ
Wobei φ0 die Phase einer Welle, die von Punkt x0 = 0 ausgeht darstellet. Der Phasenunterschied Δφ kommt durch einen längeren bzw. kürzen optischen Weg von Punkt x
der Blende zum Punkt P zustande. Hierbei gilt:
Δφ = 2π
Δx
λ
Die Amplitude der Welle in Punkt P erhält man nun durch integrieren der Phasendifferenzen über den Spalt. Für die elektrische Feldamplitude gilt so
d/2
d/2
d/2
sin(α)
iΔφ
i2π Δx
λ
dxe
=
dxe
=
dxei2π λ x
E(P ) ∝
−d/2
−d/2
−d/2
Somit ist k(α) gegeben durch:
k(α) =
2π
sin(α)
λ
b) Für die elektrische Feldamplitude gilt also
E(P ) ∝
=
d/2
−d/2
ik(α)x
dxe
2 ik(α)x
e
=
2ik
d/2
−d/2
sin(k d/2)
k/2
Für die Intensität am Punkt P gilt nun
I ∝ |E|2 ∝
sin(k d/2)2
(k/2)2
oder mit der Defnintion von k
I∝
2
sin π λd sin(α)
π2
λ2
sin(α)2
c) Für die Abbildung paralleler Strahlen auf der Brennebene gilt
tan(α) =
x
f
sin(α) =
kλ
2π
Für α gilt nach Teil b) ebenfalls
1
Und somit ist
λk
kλ
x
= tan arcsin
=
f
2π
(2π)2 − k2 λ2
Für das erste Minimum muss gelten
k
d
=π
2
⇒
k=
2π
d
Da dies eine Nullstelle der Intensität bedeutet. Somit ist
x(2π/d) = 2πλ
d
(2π)2 −
(2π)2
d2
λ2
Mit den genannten Werten ergibt sich so
x ≈ 0.0472m
2
f=√
λf
− λ2
d2
Übungsblatt 7 IK3 Experimentalphyik
Aufgabe 29: Beugung an breiten Spalten
a) Betrachtet man zwei Strahlen die von unterschiedlichen Punkten des Spaltes in Richtung θ ausgehen, so haben diese Gangunterschied von
Δs = sin(θ) · x
und damit eine Phasendifferenz von
Δφ =
2π
2π
Δs =
sin(θ)x
λ
λ
Die Amplitude aller aus dem Spalt im unendlichem interferrierenden Strahlen ergibt
sich dann als
b/2
E0 eiΔφ
E=
−b/2
wobei E0 die Amplitude einer Welle ist, die aus einem Punkt ausgesendet wurde. Da
nun
I0 ∝ |E0 · b|2
I ∝ |E|2
ergibt sich die Intensität unter dem Winkel θ als
I0
I(θ) = 2
b
2
b/2
iΔφ
−b/2
e
Das Integral ergibt sich als
b/2
−b/2
iΔφ
e
=
I(θ) = I0
2π
−b/2
ei λ
sin(θ)x
dx
b/2
2π
λ
ei λ sin(θ)x
2iπ sin(θ)
−b/2
π
λ
sin
sin(θ)b
π sin(θ)
λ
=
Somit ist
b/2
=
π
2
λ
sin
sin(θ)b
π sin(θ)b
λ
Für die paraxiale Näherung des Winkels θ ≈ sin(θ) gilt dann
I(θ) = I0
sin
π
2
λ θb
2
π 2 2
θ b
λ2
Die Intensitätsverteilung für die Winkel θ ergibt sich demnach zu
1
I
I0
1
b
λ
b
λ
−80 −60 −40 −20
=
√
2
= 10
20
40
60
80
θ
Mit wachstender Spaltbreite verringert sich also die Breite des Bildes, so dass das
erste Intensitätsminimum unter einem geringeren Winkel zu finden ist. Für das erste
Intensitätsminimum muss gelten
π
sin(θ1 )b = π
λ
da hier die Sinusfunktion eine Nullstelle hat. Demnach ist
λ
θ1 = arcsin
b
Die räumliche Breite x des zentralen Maximums auf einen Schirm im Abstand s dem
Spalt und damit die Strahlbreite ergibt sich als der Abstand der ersten Minima. Es ist
tan(θ1 ) =
x
2s
Es ergibt sich so
x = 2s tan(θ1 ) = 2s tan(arcsin(λ/b)) = 2s λ/b
1 − (λ/b)2
Für die angegebenen Werte ist
x ≈ 0.52mm
Fällt anstatt monochromatischen Licht, weißes Licht auf den Spalt, so wird dieses Spektral zerlegt. Da der Ablenkwinkel für beispielsweise das erste Maximum mit steigender
Wellenlänge wächst, sind so längere Wellenlängen weiter von Beugungsmittelpunkt
entfernt.
b) Im Falle eines Gitters führt eine analoge Überlegung dazu, dass sich die Amplitude
der unter dem Winkel θ propagierenden Wellen durch Aufsummierung über alle Spalte
ergibt. Sei nun
1 x ∈ [nd − b/2, nd + b/2], 0 ≤ n ≤ N − 1
τ (x) :=
0 sonst
Im Folgenden seien nun die Abkürzunen
k :=
π
sin(θ)
λ
2
Für die Amplitude des überlagerten elektrischen Feldes gilt nun
∞
E0 eiΔφ · τ (x)dx
E(θ) =
−∞
N
−1 nd+b/2
= E0
= E0
= E0
n=0
N
−1
n=0
N
−1
n=0
nd−b/2
2π
ei λ
sin(θ)x
dx
1 1 2ik(nd+b/2)
e
− e2ik(nb−b/2)
k 2i
ei2kdn 1 ikb)
e
− e−ikb)
k 2i
N −1
sin(kb) i2kd n
sin(kb) e2ikdN − 1
e
= E0
= E0
k
k
e2ikd − 1
n=0
sin(kb) e2ikdN − 1
sin(kb) eikdN − e−ikdN eikdN
=
E
0
k
e2ikd − 1
k
eikd − e−ikd eikd
sin(kb) sin(kdN ) ik(N −1)d
e
= E0
k
sin(kd)
= E0
Analog zum ersten Teil der Aufgabe ergibt sich nun für die Intensität, wobei die Intensität I0 die Intensität eines einzelnen Spaltes bezeichnet.
I0 sin(kb) sin(kdN ) ik(N −1)d 2
e
I(θ) = 2 b
k
sin(kd)
sin(kb)2 sin(kdN )2 ik(N −1)d 2
= I0
e
(kb)2 sin(kd)2 π
2
π
=1
2
sin λ sin(θ)b sin λ sin(θ)dN
= I0 2
2
π
sin πλ sin(θ)d
λ sin(θ)b
Für die angegebenen Werte ergibt sich das Beugungsbild als
1
I
N 2 I0
−1
1sin(θ)
Die Beugungsverteilung oder Einhüllende ist vom Ausdruck
2
sin πλ sin(θ)b
2
π
λ sin(θ)b
3
bestimmt. Für eine größere Spaltbreite b wird demnach die Intensität der Hauptmaxima
höherer Ordnung geringer.
Für wachsendes N nimmt die Anzahl der Nebenmaxima zwischen den Hauptmaxima
zu und deren Intensität. Eine Variation in N verändert aber weder den Ort noch die
Intensität der Hauptmaxima. Allerdings wird mit steigender Spaltanzahl die Breite der
Hauptmaxima geringer.
Für einen wachsenden Spaltabstand d wird der Abstand zwischen den Maxima geringer.
Die Hauptmaxima gewinnen dadurch an Intensität (bei gleichbleibender Spaltbreite)
während sich die Breite der Maxima verringert. Für wachsendes d werden aufgrund
der Einhüllenden zunehmend mehr Hauptmaxima sichtbar.
c) Ein naiver Rechenansatz für den minimalen Einfallswinkeldifferenz δ einer Kamera ist
durch den minimalen Pixelabstand Δx und der Brennweite f mit
tan(δ) =
Δx
f
Damit ergeben sich für die Kameras mit (I) 20482 Pixel und (II) mit 40962 Pixel die
Einfallswinkeldifferenz
δI = 48.8 · 10−6 rad
δII = 24.4 · 10−6 rad
oder die Winkelauflösungsvermögen als Reziprokwert.
Die Abbildung durch eine räumlich begrenzte Linse ist allerdings durch Beugungserscheinungen an der Linsenöffung begrenzt. Hierbei ist die minimale Winkeldifferenz
δmin einfallender Lichtstrahlen gerade durch
δmin = 1.22
λ
D
gegeben, wobei D den Durchmesser des Objektivs bezeichnet. Bei einer Wellenlänge
von λ ≈ 0.5μm ergibt sich so eine kleineste Winkeldifferenz von
δmin = 64 · 10−6 rad
Beide CCD-Sensoren sind in der Lage diesen Winkel aufzulösen. Demnach ergibt sich
für beide Kameras eine Winkelauflösung δmin und eine Winkelauflösungsvermögen Wδ
von
Wδ = 16393/rad
δmin = 64 · 10−6 rad
was schon mit einer Pixelanzahl von 16402 realisierbar wäre.
4
Übungsblatt 7 IK3 Theoretische Physik
Aufgabe 31: Thomsonstreuung
a) Für den Betrag des Poyntingvektors einer elektromagnetischen Welle mit Ampmlitude
E 0 und dem Wellenvektor k0 gilt mit der Abkürzung ϕ := ωt − k0 r
1 |S| = |E × H| = E × B μ0
i
iϕ (E 0 × k0 × E 0 )e = ωμ
0
i
2
iϕ (k 0 · (E0 ) − E 0 · (k 0 · E 0 ))e = ωμ0
=0
i ω 2 iϕ i
E e k0 E02 eiϕ = = ωμ0
ωμ0 c 0 2 1
iϕ · ie = E0
μ0 c
|E0 |2
μ0 c
=
Trifft eine elektromagnetische Welle auf ein Elektron, so kann die Wirkung des magnetischen Feldes vernachlässigt werden. Demnach ist dann
F = me v̇ = −eE = −eE 0 eiϕ
Hiermit ergibt sich für das Quadrat des Beschleunigungsbetrags
v̇ 2 =
e2 2 iϕ 2
e2 2
E
=
E
e
0
m2e
m2e 0
Die vom Elektron gestreute Leistung ist dann
P =
e4
1 e2 2
v̇
=
16π
E2
6π ε0 c3
ε0 c3 me 0
Für den Streuquerschnitt ergibt sich so
σ=
1 e4 μ0
e4
1
P
=
=
|S|
6π ε0 c2 m2e
6π ε20 c4 m2e
Den klassischen Elektronenradius erhällt man aus der Vorstellung eines Elektrons als
Kugel des Radius re mit der Gleichverteilten Oberflächenladung −e dessen elektrostatische Energie der Ruheenergie E = me c2 des Elektrons entsricht. Für die potentielle
Energie U einer homogen geladenen Kugeloberfläche gilt
U=
1 e2 !
= me c2
4πε r
1
womit sich der klassische Elektronenradius ergibt als
re =
e2
4πε0 me c2
Mit dem Klassischen Elektonenradius ergibt sich der Streuquerschnitt eines Elektrons
als
8
σ = πre2
3
b) Für die in eine Raumrichtung n̂ gilt mit der obigen Geschwindigkeit
dP
dΩ
=
=
=
e2
(n̂ × v̇)2
16π 2 c3 ε0
e2
e 2
(n̂ × E 0 )2
16π 2 c3 ε0 me
e4
|E 0 |2 sin(∠(n̂, E 0 ))2
2
3
2
16π c ε0 me
Für den Fall einer in der Streuebene polarisierten Welle ist nun, da ϑ := ∠(n̂, k 0 ) =
π − ∠(n̂, E 0 ) die abgestrahlte Leistung
e4
dP
=
|E |2 cos(ϑ)2
dΩ
16π 2 c3 ε0 m2e 0
Ist die einfallende Welle senkrecht zur Streuebene polarisiert ist der Winkel zwischen
der Polarisation der Welle und der Richtung n̂ stehts π/2 und unabhängig von ϑ, so
dass stets gilt
e4
dP
=
|E |2
dΩ
16π 2 c3 ε0 m2e 0
c) Für den Fall einer linear polarisierten Welle, deren Polarisation den Winkel ϕ zur
Streuebene hat, gilt für das Kezuzprodukt
v̇ 2 ∝ (n̂ × E 0 )2 = (|E | sin(ϑ) + |E ⊥ |)2 = |E0 |2 (cos(ϕ) cos(ϑ) + sin(ϕ))2
Für eine nicht polarisierte Welle erhalten wir das Geschwindigkeitsquadrat durch Mittelung über den Winkel ϕ. Somit ist der Ausdruck für eine nichtpolarisierte Welle
2π
1
2
|E0 |2 (cos(ϕ) · sin(ϑ) + sin(ϕ))2 dφ
v̇ ∝
2π 0
⎛
⎞
=
|E0 |2
2π
2π
2π
⎜ 2π
⎟
⎜
⎟
2
2
cos(ϕ) cos(ϑ) dϕ +
2 cos(ϕ) sin(ϕ) cos(ϑ)dϕ +
sin(ϕ)2 dϕ⎟
⎜
⎝ 0
⎠
0
0
=π cos(ϑ)2
2
=
1
|E0 | π + π cos(ϑ)2 = |E0 |2 1 − sin(ϑ)2
2π
2
=0
Für die unter dem Winkel ϑ gestreute Leistung erhalten wir demnach durch
e4
1
dP
2
2
=
|E0 | 1 − sin(ϑ)
dω
16π 2 c3 ε0 m2e
2
2
=π
Hiermit kann der differentielle Steuquerschnitt bestimmt werden als
1
1 dP
e4
dσ
2
1 − sin(ϑ)
=
=
dΩ
|S| dω
2
16π 2 c4 ε20 m2e
Die Integration über eine Kugeloberfläche Ω mit Kugelradius 1 liefert dann
π
2π
dσ
dσ
dϕ
dϑ
dΩ =
sin(ϑ)
dΩ
dΩ
0
0
Ω
π
2π
1
e4
2
dϕ
dϑ 1 − sin(ϑ) sin(ϑ)
=
2
16π 2 c4 ε20 m2e 0
0
π
4
1
e
dϑ 1 − sin(ϑ)2 sin(ϑ)
=
2
4
2
2
8πc ε0 me 0
=4/3
=
e4
1
≡σ
6π c4 ε20 m2e
d) Für den Fall einer in der Streuebene polarisierten Welle gilt für den differentiellen
Streuquerschnitt
dσ
∝ cos(ϑ)2
dΩ
So ergibt sich das Streudiagramm als
n̂ × h0
k0
Im Falle einer Polarisation senkrecht zur Einfallsebene ist die Streuung unabgängig
vom Winkel ϑ. So ergibt sich das Streudiagramm als
n̂ × h0
k0
3
Im letzten Fall ist die Streuung rotationssymmetrisch um die k-Achse und es gilt
1
dσ
∝ 1 − sin(ϑ)2
dΩ
2
Somit ergibt sich das Streudigramm als
k0
4
Übungsblatt 8 IK3 Experimentalphyik
Aufgabe 34: Zyklotron und Speicherring
a) In den Duranden wirkt die Lorentzkraft als Zentripetalkraft. Es gilt
qv × B = −mω × (ω × r)
Da für die Geschwindigkeit v = ω × r gilt ist so
v × qB − v × mω = 0
Mit der Vorraussetzung von v⊥B und ωB muss so
v(qB − mω) = 0
⇒
qB = mω
Die Umlauffrequenz ω ist somit unabhängig von der Energie der Teilchen. Als beste
Wahl für die Frequenz der Wechselspannung U ergibt sich
f=
q
ω
=
B
2π
2πm
da die Teilchen hier eine maximale Beschleunigung beim Durchgang durch den Spalt
erfahren.
Die Energie ΔW , die ein Teilchen beim Durchlaufen des Spaltes gewinnt, ergibt sich
aus der Spannung U und der Ladung q da
E=
U
d
ΔW = q E d
⇒
ΔW = U q
wobei d den Abstand und E die Feldstärke zwischen den Duanden darstellt. In nichtrelativistischer Näherung entspricht die gewonnene Energie einer kinetischen Energie
nach dem n-ten Durchgang durch den Spalt bei guter Frequenzwahl, somit gilt
2U qn
1
m vn2 = U q n ⇒ vn =
2
m
Der Bahnradius kann aus
qB
vn
=ω=
Rn
m
⇒
m
m
Rn =
vn =
qB
qB
2U qn
m
errechnet werden. Für die angegebenen Werte würde sich so nach dem vierten eine
Geschwindigkeit und ein Bahnradius von
v4 ≈ 3.75 · 108
m
≈ 1.25 · c
s
R4 ≈ 1.06mm
ergeben. Eine nicht-relativistische Rechnung führt zu einer Elektronengeschwindigkeit,
die größer ist als die Lichtgeschwindigkeit. Die Näherung v << c ist also Verletzt!
Für schwerere Teilchen (Protonen) ergeben sich Geschwindigkeiten und Radien von
v4 ≈ 8.76 · 106
m
s
R4 ≈ 4.57cm
Hier ist v/c = 0.03 und somit eine nicht-relativistische Rechnung noch gerechtfertigt.
1
b) Auch bei relativistischer Betrachtung gilt die Energieerhaltung. Die Energieerhaltung
liefert so
γ m c2 = m c2 + q U n
womit die einerseits der Lorentzfaktor γ und andererseits die Geschwindigkeit des Teilchens errechnet werden kann.
v2
mc2
mc2
1
= 1− 2 =
⇒ v =c 1−
2
γ
c
qU n + mc
qU n + mc2
Nach wie vor gilt nun
m(vn )vn2
= q vn B
Rn
wobei m und v relativistisch zu verstehen sind. Die Umlauffrequenz ergibt sich so als
ω=
vn
qB
qB
mc2
qB
2π
=
=
=
=
T
Rn
m(v)
mγ
m qU n + mc2
Die Umlauffrequenz ist also nicht mehr unabhängig von der Energie des Teilchens.
Für den Bahnradius nach dem n-ten durchgang gilt nun
mc2
c
1 − qU n+mc
2
vn
= q B mc2
Rn =
ω
2
m qU n+mc
Eingesetzte Werte liefern für
R4 ≈ 3.23cm
Im nichtrelativistischen Fall ist die Umlauffrequenz ω = qmB unabhängig vom Radius
R der Bahn. Somit können geladene Teilchen mit einer Wechselspannung konstanter
Frequenz an den Duanden beschleunigt werden, da immer beim Durchgang durch den
Spalt ein Maximalwert der Spannung erreicht werden kann. Dies ist bei relativistischen
Geschwindigkeiten nicht mehr gegeben, so dass der Spalt nicht mehr bei maximaler
Spannung erreicht wird.
c) Bei einer Beschleunigungsspannung von U = U0 cos(ωHF t) mit U0 = 511kV wird
bereits nach wenigen Durchgängen durch den Spalt eine relativistische Geschwindigkeit
erreicht.
d) Um schwere Teilchen bei konstanter Frequenz zu beschleunigen, kann das Magnetische
Feld variiert werden. Für die Umlauffrequenz gilt nach b)
ω=
q
B
mγ
Um diese Konstant zu halten kann das B-Feld variiert werden und zwar in der Art,
dass
B = γ B0
Man erhällt eine Umlauffrequenz von
ω=
2
q
B0
m
Für das B-Feld muss hierbei gelten
B = γ B0 = B0
1−
v2
c2
B0
=
2
1 − ωc2 r 2
An der Formel ist zu sehen, dass die Energie der beschleunigten Teilchen durch die
maximale Feldstärke des B-Feldes begrenzt ist.
e) Nach der Energieerhaltung gilt
γ mμ c2 = mμ c2 + T
wobei T die kinetische Energie des Teilchens darstellt. Hiermit erhalten wir analog zu
b) den Lorentzfaktor und die Geschwindigkeit.
mμ c2 + T
mμ c2
1
=
v =c 1−
γ=
2
2
mμ c
mμ c2 + T
1− v
c2
Die vom Teilchen zurückgelegte Strecke ergibt sich nun als
mμ c2
mμ c2 + T
1
−
s = v t = v γ τ = cτ
mμ c2
mμ c2 + T
Die Anzahl der Umläufe ergibt sich nun als
cτ mμ c2 + T
s
=
n=
2πr
2πr mμ c2
1−
mμ c2
mμ c2 + T
Eingesetzte Werte liefern so
2 · 10−6 s · 3 · 108 m
s 2.000105T eV
n=
2π · 2 · 103 m
0.000105T eV
Wobei für die zurückgelegte Strecke gilt
s ≈ 2856.9km
3
1−
0.000105
≈ 909.5
2.000105
Übungsblatt 8 IK3 Theoretische Physik
Aufgabe 36: Thomas-Präzession
a) Eine spezezielle Lorentztransformation mit vẑ wird durch die Transformationsmatrix
⎞
⎛
γv 0 βv γv
1
0 ⎠
L(v) = ⎝ 0
βv γv 0 γv
wobei die y-Komponenten nicht berücksichtigt werden, also gilt:
⎞ ⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛
γv 0 βu γu
ct
ct
⎠
⎝
⎝x1 ⎠ = ⎝ 0
1
0
· x1 ⎠
x3
x3
βv γv 0 γv
Für die Transformation einer Geschwindigkeit ux̂x̂
⎞ ⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛
ct
ct
γu βu γu 0
⎝ x1 ⎠ = ⎝βu γu γu 0⎠ · ⎝x1 ⎠
x3
x3
0
0
1
L(u)
Eine Transformation T von KS” nach KS ist also durch
T = L(u) · L(v)
gegeben. So ist
⎞
βu γu βv γu γv
γu γv
γu βu βv γu γv ⎠
T = ⎝βu γu γv
βv γv
0
γv
⎛
Mit der Angabe von
T = L(α) · L(w)
mit der Rotationsmatrix
⎛
⎞
1
0
0
R(α) = ⎝0 cos(α) sin(α) ⎠
0 − sin(α) cos(α)
Ergibt sich aus
T11 = L(w)11
ergibt sich so
γw = γu γv
⇒
2
1 − βw
= (1 − βu2 )(1 − βv2 )
b) Dabei ist die Reienfolge der Transformationen nicht umkehrbar, da
⎞ ⎛
⎞
⎛
βu γu βv γu γv
βu γu γv βv γv
γu γv
γu γv
γu βu βv γu γv ⎠ = ⎝ βu γu
γu
0 ⎠ = L(v)·L(u)
L(u)·L(v) = ⎝βu γu γv
βv γv
0
γv
γv
γu βv γv βu γu βv γv
Eine Verkettung von Lorentztransformationen verhalten sich demnach wie eine Verkettung von Rotationen um unterschiedliche Achsen. Diese sind i.A. nicht kommutativ.
1
c) Eine Multiplikation mit einer Rotaionsmatrix im Raum ändert die erste Zeile einer
Transformation nicht. Wie schon in Teil a) gilt so
T1,2 = L(w)1,2
T1,3 = L(w)1,3
hieraus können zwei bzw drei Gleichungen für die Komponenten von w aufgestellt
werden. Es ist
z
x
γu γv = γw
βv γu γv = βw
γw
βu γu = βw
γw
Aus der erste und zweiten Gleichung folgt
z
= cβvx = v
wz = cβw
und aus Erster und Dritter
x
wx = cβw
=
γu
u
cβu =
γw
γv
d) Eine beliebige Lorentztransformation kann durch eine Drehung mit anschließender spezieller Transformation sowie Rückdrehung dargestellt werden. Für
⎛
⎞
⎛
⎞
γw
0 βw γw
1
0
0
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜ 0
⎟
⎟
1
0
0
cos
(α)
sin
(α)
=
R=⎜
L
w
⎝
⎠
⎝
⎠
γw
βw γw 0
0 − sin (α) cos (α)
Dann ist
L(w) = R−1 · Lw · R
oder ausgeschrieben
⎛
⎞
γw
− sin (α) βw γw cos (α) βw γw
⎜
⎟
⎟
0
cos
(α)
sin
(α)
L = R−1 · ⎜
⎝
⎠
− sin (α) γw
cos (α) γw
βw γw
⎞
⎛
− sin (α) βw γw
cos (α) βw γw
γw
− cos (α) sin (α) (γw − 1) ⎠
= ⎝− sin (α) βw γw (cos (α))2 + γw − (cos (α))2 γw
− cos (α) sin (α) (γw − 1)
(cos (α))2 γw − (cos (α))2 + 1
cos (α) βw γw
Da nun
sin(α) = −
folgt dann
⎛
wz γw
c
cos(α) =
wz
w
wx γw
c
γw
⎜ wx γw
L=⎜
⎝ c
wx
w
wz 2
w2
+ γw −
wz 2 γw
w2
wz wx (γw −1)
w2
und damit die Behauptung.
2
⎞
wz γw
c
wz wx (γw −1)
w2
wz 2 γw
w2
−
wz 2
w2
+1
⎟
⎟
⎠
e) Betrachtet man nun die erste Spalte der Matrizen,
L(u) · L(v) = R(α) · L(w)
so findet man, wenn Gleichheit gelten muss:
wx γw
= cos (α) βu γu γv + sin (α) βv γv
c
wz γw
= − sin (α) βu γu γv + cos (α) βv γv
c
Durch umformen der einen Gleichung nach cos(α) und einsetzen in die andere folgt so
(−wx γw + sin (α) βv γv c) βv
wz γw
= − sin (α) βu γu γv −
c
βu γu c
und umgeformt nach sin(α)
sin(α) =
γw (−wz βu γu + βv wx )
γv c βu 2 γu 2 + βv 2
Unter Benutzung der Gleichungen aus den ersten Teilen ergibt sich so
γu vu (γu γv − 1)
α = arcsin −
γv (u2 γu 2 + v 2 )
Für kleine u kann Taylerentwickelt werden. Dabei ist
α(u) ≈ α(0) + ∂u α(0)u + . . .
Leicht zu zeigen ist, dass
α(0) = 0
Für die Ableitung nach u gilt nun nach eingesetzem Lorentzfaktor γu
γu 3 vu2 (γu γv + 1)
γu v (γu γv − 1)
+
γv (u2 γu 2 + v 2 ) c2
γv (u2 γu 2 + v 2 )
2 + 2 u3 γu 4
4
γ
2
vu
(γ
γ
−
1)
2
uγ
u
u v
u
γu vu
c2
+
− 2 2 2
2
2
c (u γu + v )
γv (u2 γu 2 + v 2 )
∂u α(u) = −
und ausgewertet an der Stelle u = 0
∂u α(0) =
γv − 1
vγv
Somit gilt für den Winkel α in linearer Näherung
α≈
γ−1u
γ v
was zu zeigen war.
3
Übungsblatt 9 IK3 Experimentalphyik
Aufgabe 38: Gekoppelte Pendel
a) Das Modell der gekoppelten Pendel wir durch die Dichtefunktionen
L=
2
(Ti − (Ui + U12 ))
i=1
modelliert. Die Dynamik des Systems ist nun durch das Extremum des Integrals der
Dichtefunktion gegeben. Nach den Euler-Gleichungen muss so
0=
d ∂L
∂L
−
∂qi dt ∂ q̇i
Es gilt für die partiellen Ableitungen nach q
∂q1 L = −gm1 l1 q1 − α(q1 − q2 )
sowie
∂q2 L = −gm2 l2 q2 − α(q1 − q2 )
und für den zweiten Term der Euler-Gleichung
d
d ∂
L = mi li2 q̇i = mi li2 q̈i
dt ∂ q̇i
dt
Aus der Eulergleichung erhällt man nun das System von Differenialgleichungen
m1 l12 q̈1 + gm1 l2 q1 + α(q1 − q2 )
=0
m2 l22 q̈2 + gm2 l2 q2 − α(q1 − q2 )
Der auf dem Blatt angegebene Ansatz liefert dann ohne Ausscheiben der Exponentialfunktion
(−m1 l12 λ2 + gm1 l1 + α)A1 − αA2
=0
(−m2 l22 λ2 + gm2 l2 + α)A2 − αA1
Oder umgeformt als Matrix-Vekorprodukt und gekürzt
2 g
− mαl2
−λ + l1 + mαl2
A1
1 1
1 1
=0
·
− mαl2
−λ2 + lg2 + mαl2
A2
2 2
2 2
Mit dem Abkürzungen
ωi2 =
g
li
αi =
α
mi li2
folgt das zu zeigende Gleichungssystem. Durch die Forderung der Lösbarkeit des Gleichungssystems muss die Determinate der Koeffitientenmatrix verschwinden. Es müsste
gelten
(1)
(−λ2 + ω12 + α1 )(−λ2 + ω22 + α2 ) − α1 α2 = 0
Aus dieser Gleichung können zwei Werte für λ2 bestimmt werden. Die Allgemeine
Lösung der für q ist also durch die Linearkombination gegeben der einzelnen Lösungen
gegeben.
1
b) Für den Fall gleicher Pendel vereinfacht sich Gleichung 1 zu
−λ2 + ω 2 + α12 = ±α12
oder beide Lösungen
λ21 = ω 2 + 2α
λ22 = ω
Graphisch sind
λ
λ1
ω
λ2
α
Einsetzen der beiden Eigenschwingungswerte liefert für die Schwingungsformen im ersten Fall eine gegebphasige Schwingung, sowie im zweiten Fall eine gleichphasige Schwingung.
2
Übungsblatt 9 IK3 Theoretische Physik
Aufgabe 39: Kürzester Weg
a) Gesucht ist eine Kurve, so dass die Kurvenlänge zweier Punkte auf der Ebene Minimiert
wird. Die Länge einer Kurve ergibt sich als
dx2 + dy 2
l = ds =
Die Umparametrisiertung nach der Zeit und danach nach x liefert dann
l = dt ẋ2 + ẏ 2 = dx 1 + y (x)2 =: L(y )
Minimiert wird die Länge wenn gilt
0 = ∂y L −
y
d
d
∂ẏ L = 0 − dt
dt 1 + y 2
Äquivalent ist die Aussage
c= y
1+
⇔
y 2
y = √
c
1 − c2
Die Ableitung der y-Koordinate nach der x-Koordinate ist Konstant, somit ist der
kürzeste Weg gerade.
b) Auch für die Kurvenlänge auf einem Zylinder kann analog vorgegangen werden. In
Zilinderkoordinaten ist
2
2
2
2
2
r dφ + dz = dφ r + z (φ) =: L(z )
l = ds =
Analog zu oben wird die Länge minimiert, wenn gilt
0 = ∂y L −
z
d
d
∂ẏ L = 0 −
dt
dt r 2 + z 2
Auch hier ist die Gleichung Äuivalent zu
c=
z
r2 + z2
⇔
Integration liefer daraus
z (φ) = √
rc
1 − c2
rc
φ + z0
1 − c2
Bei der Kurve handelt es sich um eine Gerade auf der abgerollten Zylinderoberfläche.
Je nach Anordnung der Anfangs- und Endpunkte ist die Kurve im Raum durch einen
Teil einer Ellipse gegeben.
z=√
1
c) Auf der Kegeloberfläche ist das Wegelement ds und damit die Weglänge l gegeben
durch
dr 2 + r 2 dφ2 + dz 2
l = ds =
Mit den Ersetzungen dr = tan αdz und r = tan αz ergibt sich daraus
2
2
2
2
2
2
2
2
2
l=
(tan α + 1)dz + z tan α dφ = dz (tan α + 1) + z tan αφ =: L(φ, z)
Wie auch oben ist wenn die Länge Extremal wird
0 = ∂y L −
z 2 tan2 α φ
d
d
∂ẏ L = 0 − dt
dt (tan2 α + 1)z 2 tan2 α φ2
Oder als äquivalente Aussage
c= z 2 tan2 α φ
(tan2 α + 1)z 2 tan2 α φ2
Und weiter geht’s nicht!
2
Übungsblatt 10 IK3 Experimentalphyik
Aufgabe 42: Rotierendes Schwerependel
a) Für ein Längenelement ds in Kugelkoordinaten gilt
ds2 = dr 2 + r 2 dϑ2 + r 2 sin2 (ϑ)dϕ2
Eine Geschwindigkeit ergibt sich also als
v2 =
ds2
= ṙ 2 + r 2 ϑ̇2 + r 2 sin2 (ϑ)ϕ̇2
dt2
Die kinetische Energie des Beschriebenen Systems ergibt sich so als
1 1
T = mv 2 = m ṙ 2 + r 2 ϑ̇2 + r 2 sin2 (ϑ)ϕ̇2
2
2
Für die potentielle Energie gilt
U = mgh = −mgl cos(ϑ)
Die Lagragefunktion lautet also
L=T −U =
1 2
m ṙ + r 2 ϑ̇2 + r 2 sin2 (ϑ)ϕ̇2 + mgr cos(ϑ)
2
Durch die Zwangsbedingungen wird das System weiter eingeschränkt
r = l ⇒ ṙ = 0
ϕ = ωt ⇒ ϕ̇ = ω
und so folgt die Lagrangedichte
1 L = m l2 ϑ̇2 + l2 ω 2 sin2 (ϑ) + mgl cos(ϑ)
2
b) Als weitere Einschränkung für das Auftreten einer Gleichgewichtslage kann
ϕ̇ = 0
⇒
ϕ̈ = 0
als weitere Zwangsbedingung eingeführt werden. Die Eulergleichung liefert so
0=
∂
L = ml2 ω 2 sin(ϑ) cos(ϑ) − mgl sin(ϑ)
∂ϕ
Durch Ausschluss der zwei Lösungen ϑ1 = 0 und ϑ2 = π kann die dritte Lösung für
eine Gleichgewichtslage ermittelt werden. Es ist
g ϑ3 = arccos
lω 2
Die Gleichgewichtslagen mit ϑ = ϑ1,2 sind die trivial möglichen Gleichgewichtslagen,
bei denen das Pendel entlang der Rotationsachse ausgerichtet ist. Der durch den Ausdruck für den Winkel ϑ3 hergeleitete Ausdruck sollte für kleine Winkelgeschwindigkeiten gegen den Winkel Π streben. Da die Arcuscosinusfunktion nur im Intervall [−1; 1]
definiert ist, ist keine Aussage möglich. Für große Winkelgeschwindigkeiten nähert sich
wie erwartet den Winkel π/2 an.
1
c) Für das zweite Differential der Eulergleichung gilt
d
d ∂
L = ml2 ϑ̇ = ml2 ϑ̈
dt ∂ ẋ
dt
Die Eulergleichung liefert so als Bewegungsgleichung
ml2 ϑ̈ − ml2 ω 2 sin(ϑ) cos(ϑ) + mgl sin(ϑ) = 0
Für kleine Kreisfrequenzen ω ergibt sich so eine harmonische Schwingung um die Ruhelage. Für große ω führt dass Pendel auch eine Schwingung um die Ruhelage aus. Hierbei
wird die Frequenz der Schwingung von der Kreisfrequenz der Rotation bestimmt.
2
Übungsblatt 10 IK3 Theoretische Physik
Aufgabe 43: Verspätete Adventskette
a) Die kinetische Energie, der aufgereihten Teilchen ist durch die üblichen Formel
T =
N
1
i=1
1
mq̇i2 m(q̇)2
2
2
gegeben. mit der Definition des x-Vektors nach den Blatt folgt einfach
ẋi =
d
(0)
(qi − qi ) = q̇i − 0
dt
und so die die kinetische Energie als
T =
m
1
m(ẋ)2 = ẋT ẋ
2
2
Die potentielle Energie des Systems ergibt sich als Summe der potentiellen Energien
zweier benachbarter Massen.
U=
N
u(qi+1 − qi )
i=1
(0)
(0)
Der Ausdruck im Argument der potentiellen Energie lässt sich mit a = qi+1 − qi
der Definition des Vektors x anders Formulieren
(0)
(0)
qi+1 − qi = qi+1 − qi + a − qi+1 − qi
und
= a + (xi+1 − xi )
Für kleine unterschiede (xi+1 − xi ) kann nun der Ausdruck der kinetischen Energie
entwickelt werden
u(a + (xi+1 − xi )) ≈ u(a) + u (a) +
u0
=0
u (a)
(xi+1 − xi )2 + ...
2
Da die potentielle Energie für den Abstand a gerade ein Minimum aufweist, verschwindet der zweite Term der Entwicklung. Die additive Energie u0 wird im Folgenden
vernachlässigt. Die gesamte potentielle Energie ist so mit der Definition D := u (a)
U=
N
D
i=1
2
(xi+1 − xi )2
Desweiteren betrachten wir den Ausdruck, der sich mit den Vektorkomponenten ki =
xi+1 − xi vereinfacht zu
N
N
2
(xi+1 − xi ) =
ki2 = kT · k
i=1
i=1
1
Der Vektor k lässt sich als Matrix-Vektorprodukt einer Matrix D mit dem Vektor x
errrechnen
⎛
⎞
−1 1
0 ... 0
⎜ 0 −1 1
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
.. ..
k=⎜
⎟·x
.
.
⎜
⎟
⎝
−1 1 ⎠
−1 0 . . . 0 −1
Nun gilt weiter
kT · k = (D · x)T · D · x = xT · DT· D ·x
:=B
Das Matrixprodukt ausgeführt führt dies auf eine Matrix B mit 2 auf der Hauptdiagonalen, sowie −1 auf der Nebendiagonalen.
⎛
⎞
2 −1
−1
⎜−1 2 −1
⎟
⎜
⎟
B = DT · D = ⎜
..
..
.. ⎟
⎝
.
.
. ⎠
−1
−1
2
Das System der auf auf dem Kreis bewegten Massepunkte wird demnach durch die
Lagrangedichte L modelliert
L=T −U =
D
m T
ẋ · ẋ − xT · B · x
2
2
b) Mit der Lagragedichte L gilt nun
⎛
⎛
⎞T ⎞
⎟
⎜ T
⎟ ⎟
m ∂ T
m⎜
∂
∂
⎜ ∂ T
⎜
L=
(ẋ · I · ẋ) =
ẋ
ẋ ⎟
·I · ẋ + ⎝ẋ · I ·
⎜
⎟ = mẋ
∂ ẋ
2 ∂ ẋ
2 ⎝ ∂ ẋ
∂ ẋ ⎠ ⎠
=1
=I
wobei I die Einheitsmatrix darstellt. Analog hierzu gelangt man mit der Symmetrischen
Eigenschaft von der Matrix B
⎛
⎛
⎞T ⎞
⎟
⎜ T
⎟ ⎟ D
D⎜
∂
∂
⎜ ∂ T
⎜
ẋ
ẋ ⎟
·B · ẋ + ⎝ẋ · B ·
− L=
⎜
⎟ = (Bx + (xT B)T ) = DBx
∂x
2 ⎝ ∂x
∂x ⎠ ⎠
2
=1
=I
Nach der Euler-Gleichung gilt nun
∂
d
d ∂
L−
= 0 = mẋ + B · x = mẍ + DB · x
dt ∂ ẋ
∂x
dt
oder Komponentenweise
mẍi + x(2xi − xi−1 − xi+1 ) = 0
2
1≤i≤N
c) Setzt man
2π
n
N
so durchläuft kn den vollen Kreisbereich, also alle möglichen Raumfrequenzen. Dabei
durchläuft n den Bereich zwischen 0 und N − 1. Die N -te Raumfrequenz entspricht
hier der nullten.
Die Fourierkomponenten x̃n sind hier durch
kn =
x̃n =
N −1
1 xj e−ikn ja
N
j=0
gegeben. Einsetzten liefert hier
xm =
N
−1
N
−1
x̃n eikn ma =
n=0
=
=
=
=
1
N
1
N
1
N
n=0
N
−1 N
−1
N −1
1 xj e−ikn ja eikn ma
N
j=0
2π
xj e−i N n(m−j)a
n=0 j=0
N
−1
xj
N
−1 2π
e−i N (m−j)a
n
j=0
n=0
N
−1
N
−1
1 − e−i2π(m−j)a
n=0
1 − e−i N (m−j)a
j=0
N
−1
xj
2π
=N δjm
xj δjm = xm
j=0
Hiermit ergibt sich der Vektor x̃ als Fouriertransformierte des Vektors x
3
Übungsblatt 11 IK3 Experimentalphyik
Aufgabe 45: Swing-by Verfahren
a) Betrachtet man die Raumsonde mit dem Ortsvektor r(t) im System RaumsondeJuptier, so ergibt sich für die kinetische Energie der Raumsonde
m
T = ṙ 2
2
Die potentielle Energie der Raumsonde wird durch das Gravitationspotential des Jupiters bestimmt. Wird die Postition des Jupiters durch R(t) dargestellt, so ergibt sich
U = −G
mM
|r − R(t)|
Hierbei ist G die Gravitationskonstante, sowie m die Masse der Raumsonde und M die
Masse des Jupiters. Die Lagrangedichte ergibt sich nun als
L(r, ṙ, t) = T − U =
m 2
mM
ṙ + G
2
|r − R(t)|
Die Bahn des Jupiters lässt sich hier nach den Angaben als lineare Bewegung auffassen
R(t) = R0 + vt
b) Die Gesamtenergie der Raumsonde lässt sich hier aus kinetischer und potentieller Energie ausdrücken. Es ist
mM
m
E = ṙ 2 − G
2
|r − R(t)|
Die Energie ist in diesem Fall keine Erhaltungsgröße, da es sich hierbei um ein bewegtes
Potential handelt, also
∂
∂
E = U = 0
∂t
∂t
Eine Koordinatentransformation mit
⇒
r = ρ + R(t)
ṙ = ρ̇ + v
liefert, in die Lagrangefunktion eingesetzt
L̃(ρ, ρ̇, t) =
m
mM
(ρ̇ + v)2 + G 2
ρ
Da nun
∂
L̃ = 0
∂t
also das System zeitlich invariant ist, ist die Hamilton-Funktion eine Erhaltungsgröße
H=
m
mM
∂
L̃ · ρ̇ − L̃ = mρ̇2 + mρ̇ · v − L̃ = (ρ̇2 − v 2 ) − G ∂ ρ̇
2
ρ
Die Gesamtenergie der Raumsonde E lässt sich nun aus der konstanten Hamiltonfunktion und einer Konstante k = m(ρ̇ + v) · v berechnen. Es ist
H +k =
mM
m
mM
m 2
(ρ̇ − v 2 ) − G + m(ρ̇ + v) · v = (ρ̇ + v)2 − G = T + U = E
2
2
ρ
ρ
1
c) Betrachtet man nun die Raumsonde zu zwei Zeitpunkten t0 und t1 , an denen sich die
Raumsonde im gleichen Abstand zum Jupiter befindet, jedoch weit von Jupiter entfernt
ist, also |ρ0 | = |ρ1 |, so ergibt sich aus der Erhaltungsgröße H0 = H1
mM
mM
m
m 2
(ρ˙0 − v 2 ) − G
= (ρ˙1 2 − v 2 ) − G
2
|ρ0 |
2
|ρ1 |
Hier kann nun der Beitrag des Potentials eliminiert werden. Weiter gekürzt folgt die
Erhaltung der Größe ρ̇2
ρ˙0 2 = ρ˙1 2
und mit der Definition von ρ der Ausdruck
(ṙ 0 − v)2 = (ṙ 1 − v)2
oder
ṙ 20 − 2ṙ 0 · v = ṙ 21 − 2ṙ 1 · v
Sei nun α der Winkel zwischen Flugbahn der Sonde und des Planeten, so folgt mit der
Definition des Skalarprodukts für die skalaren Größen der Vektoren.
ṙ02 −2ṙ0 v cos(α0 ) = ṙ12 −2ṙ1 v cos(α1 ) ⇒ ṙ1 = cos(α1 )v± cos2 (α1 )v 2 + ṙ0 − 2ṙ0 v cos(α0 )
Schon an der Formel ist zu sehen, dass bei einem Vorbeiflug eine Raumsonde entweder
gebremst oder beschleunigt werden kann. Mit den angegebenen Werten und α1 = 0
bzw. α0 = 50◦ ergeben sich so die möglichen Geschwindigkeiten
(1)
ṙ1 = 23.9
km
s
(2)
ṙ1 = 3.09
km
s
Dabei entspricht ṙ (1) der Geschwindigkeit nach dem Passieren der Jupiterbahn mit
einer Flugbahn hinter“ dem Jupiter und ṙ (2) mit einer einer Flugbahn vor“ dem
”
”
Jupiter.
Bei einem Vorbeiflug hinter dem Jupiter wird so die Fluchtgeschwindigkeit erreicht.
Der Faktor Δ der kinetischen Energien ergibt sich hier als
Δ=
ṙ12
E1kin
=
≈ 5.95
r02
E0kin
Durch die Veränderung des Anflugwinkels könnte der Geschwindigkeitsgewinn weiter
erhöht werden. Für α0 = 90◦ ergibt sich die resultierende Geschwindigkeit dann als
ṙ1 = 36.8 km
s .
2
Übungsblatt 11 IK3 Theoretische Physik
Aufgabe 47: Teilchen in elektromagnetischen Feldern
a) Ein elektrisches Feld mit E = Eey und ein magnetische Feld B = Bez , werden durch
das Potential φ = −Ey bzw. ein Vektorpotential A = −Byex erzeugt. Hierbei bezeichnet ei den Einheitsvektor in Richtung i. Es ist
E = −∇φ = −(−E)ey
sowie das B-Feld
B = ∇ × A = B∇ × (−yex ) = Bez
Die Lagrangedichte für ein Teilchen mit der Ladung q und der Masse m ergibt sich hier
als
m
L(r, ṙ) = ṙ2 + qE(r · ey ) − qB(r · ey )(ṙ · ex )
2
wobei hier die Vekordarstellung der Lagrangefunktion gewählt wurde.
b) Zur Herleitung der Bewegungsgleichung sind die Ableitungen zu betrachten. Es ist
∂
L = qEey − qBey (ṙ · ex )
∂r
sowie die Ableitungen
d ∂
L =
dt ∂ ṙ
d
mṙ − qBex (r · ey ) = mr̈ − qBex (ṙ · ey )
dt
Nach der Euler-Gleichung wird die Bewegung nun durch die Gleichung
d ∂
∂
L=
L
∂r
dt ∂ ṙ
und somit durch
qEey − qBey (ṙ · ex ) = mr̈ − qBex (ṙ · ey )
bestimmt. Etwas umgeformt erhällt man nun
mr̈ = qEey + qBex (ṙ · ey ) − qBey (ṙ · ex )
= q(Eey +B(ex (ṙ · ey ) − ey (ṙ · ex )))
=E
= q(E + B ṙ × (ex × ey ))
ez
= q(E + ṙ × Bez ) = q(E + ṙ × B)
B
die newtonsche Bewegungsgleichung für ein Teilchen im elektromagnetischen Feldern.
1
c) Die Lagrangedichte ist in diesem Fall nicht zeitabhängig, soll bedeuten
∂
L=0
∂t
Hieraus folgt die Energieerhaltung des Systems.
Als eine zyklische Varible des Systems ergibt sich die z-Variable. Es ist
∂
=0
∂rz
Es folgt die Impulserhaltung für den Impuls entlang der z-Achse
pz = mṙz = const.
Ach für die x-Komponente der Teilchenbahn gilt
∂
L=0
∂rx
Hieraus folgt die Impulserhaltung des kononischen Impulses für die x-Achse. Es ist
px =
∂
L = mṙx − qBry = mṙx + qAx = const.
∂ ṙx
d) Betrachtet man als weitere Symetrie die Verschiebung des Koordinatensystems in eine
Beliebige Richtung, also
r = r + a ⇒ ṙ = ṙ
mit a = const., so gilt für die Langrangedichte
m 2
ṙ + qE((r − a) · ey ) − qB((r − a) · ey )(ṙ · ex )
2
m 2
ṙ + qE(r · ey ) − qB(r · ey )(ṙ · ex ) −qE(a · ey ) + qB(a · ey )(ṙ · ex )
=
2
L̃(r, ṙ) =
=L(r,ṙ)
Mit einer Eichungsfunktion
F (r, a, t) := −qE(a · ey )t + qB(a · ey )(r × ex )
ist nun
d
F (r, a, t)
dt
Zu der Gefundenen Symmetrie erhält man nun nach dem Noether-Theorem eine Erhaltungsgröße durch
L̃(r, ṙ) = L(r, ṙ) +
∂
∂
∂
L·
r−
F
∂a
∂a
∂ ṙ
= mṙ − qBex (r · ey ) · 1 − qEtey + qbey (r · ex )
J(r, ṙ, t) =
= mṙ + q Br × (ey × ex ) −q Eey t
−v×B
=E
= mṙ − q(r × B + Et) = const.
2
Eine Ableitung nach der Zeit liefert nun die Newtonsche Bewegungsgleichung. Komponentenweise Betrachtung liefert für die x und die z-Komponente die Konstanz der
kanonischen Impulse, die schon in b) gefunden wurden. Für die y-Komponente ist
Jy = mṙy + qr x B − qEt
eine Erhaltungsgröße
e) Betachtet man die Bewegungsgleichung für ein Teichen der Masse m und der Ladung
q in den angegeben Feldern, so ergeben sich für x und y-Komponente die gekoppelten
Bewegungsgleichungen
ẍ(t) =
q
B ẏ(t)
m
ÿ(t) =
q
q
E − B ẋ(t)
m
m
q
Mit der komplexwertigen Funktion ζ(t) := x(t) + iy(t) und den Abkürzungen = m
E,
q
sowie β := m B lassen sich die gekoppelten DGL als eine Differentialgleichung scheiben
ζ̈ = ẍ + iÿ = β ẏ + i − iβ ẋ
= −iβ ẋ + β ẏ + i = −iβ (ẋ + iẏ) +i = i( − β ζ̇)
ζ̇
Durch Trennung der Variablen lässt sich die DGL 2. Ordung auf eine DGL erster
Ordnung vereinfachen. Es ist
1
i
ζ̇
ζ̇0
dζ̇
dt
dζ̇
− β ζ̇
= i( − β ζ̇)
t
=
=t
t0
ln( − β ζ̇) = iβt + ln( − βv0 )
− βv0 iβt e +
ζ̇ = −
β
β
Wobei die Anfangsbedingungen ζ̇0 = v0 benutzt wurden. Ein weiteres Sepatrieren der
Variablen liefert dann die Funktion ζ, wobei wieder die Anfangsbedingunen ζ(0) = 0
genutzt wurden
− βv0 iβt e +
β
β
− βv0
(i − ieiβt ) + t
−
β2
β
− βv0
(i − i cos(βt) + sin(βt)) + t
−
β2
β
− βv0
− βv0
sin(βt) + t − i
(1 − cos(βt)
−
2
β
β
β2
βv0 − βv0 − sin(βt) + i
(cos(βt) − 1)
2
β
β2
ζ̇ = −
ζ =
=
=
=
Da nun
x(t) = (ζ(t))
y(t) = (ζ(t))
3
folgt für
βv0 − sin(βt) =
x(t) =
β2
m
mE
v0 −
qB
qB 2
sin
E
q
Bt + t
m
B
und für y
βv0 − (cos(βt) − 1) =
y(t) =
β2
4
m
mE
v0 −
qB
qB 2
q
Bt − 1
cos
m
Übungsblatt 12 IK3 Experimentalphyik
Aufgabe 49: Doppelpendel
a) Betrachtet man die Anordnung des Doppelpendels in einem Koordinatensystem mit
dem Ursprung im Aufhängepunkt der Pendel so ergibt sich die kinetische Energie des
Systems als
m1 2 m2 2
ṙ +
ṙ
T =
2 1
2 2
Für die Potentielle Energie des Systems gilt
U = −m1 g(r 1 · ez ) − m2 g(r 2 · ez )
Der Verbindungsvektor der Massen r 12 ergibt sich als
r 12 = r2 − r1
Ein Übergang in Ebene Polarkoordinaten ergibt nun
ρ1 sin(ϕ1 )
ρ2 sin(ϕ2 )
r 12 =
r1 =
ρ1 cos(ϕ1 )
ρ2 cos(ϕ2 )
mit den Zwangsbedingunen ρ1 = l1 und ρ2 = l2 folgt nun für
l1 ϕ̇1 cos(ϕ1 )
l2 ϕ̇2 cos(ϕ2 )
ṙ 12 =
ṙ1 =
−l1 ϕ̇1 sin(ϕ1 )
−l2 ϕ̇2 sin(ϕ2 )
In den neuen Koordinaten sind nun die Energien gegeben als
T
=
=
=
=
U
=
m1 2 m2
ṙ +
(ṙ + ṙ 1 )2
2 1
2 12
m1 2 2
m2
(l1 ϕ̇1 cos(ϕ1 )2 + l12 ϕ̇21 sin(ϕ1 )2 ) +
(l1 ϕ̇1 cos(ϕ1 ) + l2 ϕ̇2 cos(ϕ2 ))2
2
2
m2
(l1 ϕ̇1 sin(ϕ1 ) + l2 ϕ̇2 sin(ϕ2 ))2
+
2
m1 2 2 m2 2 2
l1 ϕ̇1 +
l1 ϕ̇1 + l22 ϕ̇22 + 2l1 l2 ϕ̇1 ϕ̇2 (cos(ϕ1 ) cos(ϕ2 ) + sin(ϕ1 ) sin(ϕ2 ))
2
2
m1 2 2 m2 2 2
l1 ϕ̇1 +
l1 ϕ̇1 + l22 ϕ̇22 + 2l1 l2 ϕ̇1 ϕ̇2 cos(ϕ1 − ϕ2 )
2
2
−m1 gl1 cos(ϕ1 ) − m2 g[l2 cos(ϕ2 ) + l1 cos(ϕ1 )]
Die Lagrangefunktion ergibt sich dann als
L=T −U
=
m1 2 2 m2 2 2
l1 ϕ̇1 +
l1 ϕ̇1 + l22 ϕ̇22 + 2l1 l2 ϕ̇1 ϕ̇2 cos(ϕ1 − ϕ2 )
2
2
+m1 gl1 cos(ϕ1 ) + m2 g[l2 cos(ϕ2 ) + l1 cos(ϕ1 )]
1
Die Bewegungslgeichungen ergeben sich nun aus den Euler-Lagrange-Gleichungen. Die
Partiellen Ableitungen sind
d ∂
L =
dt ∂ ϕ̇1
=
∂
L =
∂ϕ1
d ∂
L =
dt ∂ ϕ̇2
=
∂
L =
∂ϕ2
d m1 l12 ϕ̇1 + m2 l12 ϕ̇1 + m2 l1 l2 ϕ̇2 cos(ϕ1 − ϕ2 )
dt
m1 l12 ϕ̈1 + m2 l12 ϕ̈1 + m2 l1 l2 ϕ̈2 cos(ϕ1 − ϕ2 ) − m2 l1 l2 ϕ̇2 sin(ϕ1 − ϕ2 )(ϕ̇1 − ϕ̇2 )
−m2 l1 l2 ϕ̇1 ϕ̇2 − m1 gl1 sin(ϕ1 ) − m2 gl1 sin(ϕ1 )
d
[m2 l22 ϕ̇2 + m2 l1 l2 ϕ̇2 cos(ϕ1 − ϕ2 )]
dt
m2 l22 ϕ̈2 + m2 l1 l2 ϕ̈2 cos(ϕ1 − ϕ2 ) − m2 l1 l2 ϕ̈2 sin(ϕ1 − ϕ2 )(ϕ̇1 − ϕ̇2 )
m2 l1 l2 ϕ̇1 ϕ̇2 sin(ϕ1 − ϕ2 ) − m2 gl2 sin(ϕ2 )
Hieraus folgt mit
∂
d ∂
L−
L
dt ∂ ϕ̇1
∂ϕ1
= m1 l12 ϕ̈1 + m2 l12 ϕ̈1 + m2 l1 l2 ϕ̈2 cos(ϕ1 − ϕ2 ) − m2 l1 l2 ϕ̇2 sin(ϕ1 − ϕ2 )(ϕ̇1 − ϕ̇2 )
0 =
+m2 l1 l2 ϕ̇1 ϕ̇2 + m1 gl1 sin(ϕ1 ) + m2 gl1 sin(ϕ1 )
= (m1 + m2 )l12 ϕ̈1 + m2 l1 l2 ϕ̈2 + m2 l1 l2 ϕ̇22 + l1 g(m1 + m2 ) sin(ϕ1 )
und für die zweite Komponente
∂
d ∂
L−
L
dt ∂ ϕ̇2
∂ϕ2
= m2 l22 ϕ̈2 + m2 l1 l2 ϕ̈2 cos(ϕ1 − ϕ2 ) − m2 l1 l2 ϕ̈2 sin(ϕ1 − ϕ2 )(ϕ̇1 − ϕ̇2 )
0 =
−m2 l1 l2 ϕ̇1 ϕ̇2 sin(ϕ1 − ϕ2 ) + m2 gl2 sin(ϕ2 )
= m2 l22 ϕ̈2 + m2 l1 l2 ϕ̈2 cos(ϕ1 − ϕ2 ) − m2 l1 l2 ϕ̇21 sin(ϕ1 − ϕ2 ) + m2 gl2 sin(ϕ2 )
Durch die Abkürzungen
M :=
m2
m1 + m2
Q :=
l2
l1
ω12 :=
g
l1
ω22 :=
g
l2
Δϕ := ϕ1 − ϕ2
Lassen sich die Bewegungsgleichungen vereinfachen zu
ϕ̈1 + LM (ϕ̈2 cos(Δϕ) + ϕ̇22 sin(Δϕ)) + ω12 sin(ϕ1 ) = 0
1
(ϕ̈1 cos(Δϕ) + ϕ̇21 sin(Δϕ)) + ω22 sin(ϕ2 ) = 0
ϕ̈2 +
L
b) Die generalisierten Impulse ergeben sich hier als
p1 =
∂
L = m1 l12 ϕ̇1 + m2 l12 ϕ̇1 + m1 l1 l2 ϕ̇2 cos(ϕ1 − ϕ2 )
∂ ϕ̇1
sowie
p2 =
∂
L = m2 l22 ϕ̇2 + m2 l1 l2 ϕ̇1 cos(ϕ1 − ϕ2 )
∂ ϕ̇2
2
(1)
Die Hamiltonfunktion ist nun gegeben als
H = p1 ϕ1 + p2 ϕ2 − L = m1 l12 ϕ̇21 + m2 l12 ϕ̇21 + m1 l1 l2 ϕ̇1 ϕ̇2 cos(ϕ1 − ϕ2 )
m1 2 2
+m2 l22 ϕ̇22 + m2 l1 l2 ϕ̇1 ϕ̇2 cos(ϕ1 − ϕ2 ) −
l ϕ̇
2 1 1
m2 2 2
l1 ϕ̇1 + l22 ϕ̇22 + 2l1 l2 ϕ̇1 ϕ̇2 cos(ϕ1 − ϕ2 )
+
2
+m1 gl1 cos(ϕ1 ) + m2 g[l2 cos(ϕ2 ) + l1 cos(ϕ1 )]
m2 2 2
1
[m1 + m2 ]l12 ϕ̇21 +
l ϕ̇ + m1 l1 l2 ϕ̇1 ϕ̇2 cos(ϕ1 − ϕ2 )
=
2
2 2 2
−[m1 + m2 ]gl1 cos(ϕ1 ) − m2 gl2 cos(ϕ2 )
oder dargestellt mit den Impulsen
H=
l12 (m1 + m2 )p21 + l22 m2 p22 − 2m2 l1 l2 p1 p2 cos(ϕ1 − ϕ2 )
−[m1 +m2 ]gl1 cos(ϕ1 )−m2 gl2 cos(ϕ2 )
2l12 l22 m2 [m1 + sin(ϕ1 − ϕ2 )m2 ]
c) Für den Spezialfall m1 = m2 = m sowie l1 = l2 = l vereinfachen sich die Bewegungsleichungen aus (1) bzw. die Definierten Abkürzungen zu
M=
1
2
ω 2 = ω12 = ω22 =
Q=1
g
l
Für die Bewegung gilt nun
1
(ϕ̈2 cos(ϕ1 − ϕ2 ) + ϕ̇22 sin(ϕ1 − ϕ2 )) + ω 2 sin(ϕ1 ) = 0
2
+ ϕ̈1 cos(ϕ1 − ϕ2 ) + ϕ̇21 sin(ϕ1 − ϕ2 ) + ω 2 sin(ϕ2 ) = 0
ϕ̈1 +
ϕ̈2
Für Fixpunkte gilt nun φ̈i = 0 sowie φ̇i = 0. Nach den Bewegungsgleichungen muss für
die Fixpunkte glelten
sin(ϕ1 ) = 0 = sin(ϕ2 )
hieraus folgen die Fixpunkte bei ϕ1 , ϕ2 ∈ {0; π}. Dabei ist nur die Lage ϕ1 = ϕ2 = 0
stabil.
Weiter gilt für kleine Auslenkunegen ϕ1 und ϕ2
sin(ϕi ) ≈ sin(0) + cos(0)ϕi + . . . = ϕi
cos(ϕi ) ≈ cos(0) − sin(0)ϕ − . . . = 1
Hiermit vereinfachen sich die Bewegungsgleichungen zu
1
(ϕ̈2 + ϕ̇22 (ϕ1 − ϕ2 )) + ω 2 ϕ1 = 0
2
+ ϕ̈1 + ϕ̇21 (ϕ1 − ϕ2 ) + ω 2 ϕ2 = 0
ϕ̈1 +
ϕ̈2
Auch diese sind noch nicht Analytisch lösbar. Eine weitere Approximation für kleine
Winkel ist durch ϕ̇22 (ϕ1 − ϕ2 )) ≈ 0 gegeben. So entstehen die gekoppelten Differentialgleichungen
1
ϕ̈2 + ω 2 ϕ1 = 0
2
+ ϕ̈1 + ω 2 ϕ2 = 0
ϕ̈1 +
ϕ̈2
3
oder umgeformt, so dass explizite Differentialgleichungen entstehen. Diese bilden ein
System linearer Differentialgleichungen
−2 1
ϕ1
ϕ1
=ω
ϕ2
ϕ2
2 −2
:=A
Mit Hilfe der Jordan-Form kann die Matrix A auch als
√
√
√
1
1
−2 − √2
0√
2
+
1
−2 − 2
−2 1
2
2
√
=
− √12 √12
2 −2
0
−2 + 2
−2 + 2 − 2 + 1
=Q−1
:=Q
geschrieben werden. Es ist also mit Hilfe eines Tricks
√
√
i 2+ 2 0
i 2+ 2 0
−1
√ Q Q
√ Q−1
A=Q
0
i 2− 2
0
i 2− 2
:=J
2
Die Matrix A als Produkt zweier Matrizen darstellbar. Es ist A = QJQ−1 . Formal
ist nun die Lösung der Differentialgleichung ϕ̈ = ω 2 Aϕ gegeben durch:
ϕ = Q−1 exp(ωJt)Qc
wobei der Vektor c durch die Anfangsbedingungen gegeben ist. Mit den Abkürzungen
√
√
ω2 := 2 − 2ω
ω1 := 2 + 2ω
ist so
ϕ1 = Ceiω1 t + Deiω2 t
√
√
ϕ2 = − 2Ceiω1 t + 2Deiω2 t
wobei die Koeffitienten durch die Anfangsbedingungen bestimmt werden.
d) Im Falle keiner Erdbeschleunigung ergibt sich die Langragefunktion des Systems als
den Anteil der Kinetischen Energie. Es ist
L=T =
m2 2 2
1
(m1 + m2 )l12 ϕ̇21 +
l ϕ̇2 + m2 l1 l2 ϕ̇1 ϕ̇2 cos(ϕ1 − ϕ2 )
2
2
Einfach zu sehen ist nun dass eine Rotation des Bezugssystems die Lagragedichte nicht
verändert. Für ϕi = ϕi + α ist so
L(ϕ, ϕ̇) = L(ϕ, ϕ̇) +
d
0
dt
Nach dem Noether-Theorem erhällt man hierraus eine Erhaltungsgröße durch
J=
∂F
∂L ∂ϕ
·
−
∂ ϕ̇ ∂α ∂α
=−1
4
=0
Bleibt zu zeigen, dass es sich bei J um einen Drehimpuls des Systems handelt. Es ist
J
∂L
= −(m1 + m2 )l12 ϕ̇1 − m2 l2 ϕ̇2 − m2 l1 l2 (ϕ̇1 + ϕ̇2 ) cos(ϕ1 − ϕ2 )
∂ ϕ̇
= −m1 l12 ϕ̇1 − m2 l12 ϕ̇1 + l1 l2 (ϕ̇1 + ϕ̇2 ) cos(ϕ1 − ϕ2 ) + l22 ϕ̇2
= −m1 l12 ϕ̇1 sin(ϕ1 )2 + cos(ϕ1 )2
−m2 l12 ϕ̇1 sin(ϕ1 )2 + ϕ̇1 l1 l2 sin(ϕ1 ) sin(ϕ2 ) + ϕ̇2 l1 l2 sin(ϕ1 ) sin(ϕ2 ) + l22 ϕ̇2 sin(ϕ2 )2
−m2 l12 ϕ̇1 cos(ϕ1 )2 + ϕ̇1 l1 l2 cos(ϕ1 ) cos(ϕ2 ) + ϕ̇2 l1 l2 cos(ϕ1 ) cos(ϕ2 ) + l22 ϕ̇2 cos(ϕ2 )2
= −
= m1 [(l1 sin(ϕ1 )) (−l1 ϕ̇1 sin(ϕ1 )) − (l1 cos(ϕ1 )) (l1 ϕ̇1 cos(ϕ1 ))]
=r1x
ṙ1y
=r1y
ṙ1x
+m2 [(l1 sin(ϕ1 ) + l2 sin(ϕ2 )) (−l1 ϕ̇ sin(ϕ1 ) − l2 ϕ̇2 sin(ϕ2 ))]
r2x
ṙ2y
−m2 [(l1 cos(ϕ1 ) + l2 cos(ϕ2 )) (l1 ϕ̇ cos(ϕ1 ) + l2 ϕ̇2 cos(ϕ2 ))]
r2y
=ṙ2x
= m1 (r 1 × ṙ 1 ) + m2 (r 2 × ṙ 2 )
Die gefundene Erhaltungsgröße entspricht dem Gesamtdrehimpuls des Systems.
5
Übungsblatt 12 IK3 Theoretische Physik
Aufgabe 51: Hamiltonsche Mechanik
a)
i. Ist die Hamilton-Funktion eines Systems mit
H=
p2
+ mgq
2m
gegeben, so gilt für
d
H =
dt
pṗ
p ∂H
∂H
+ mgq̇ = −
+ mg
m
m ∂q
∂p
p
p
= − mg + mg = 0
m
m
Die Hamiltonfunktion ist zeitlich konstant und stellt somit die Energie dar. Es ist
H=E=
p2
+ mgq
2m
oder aufgelöst nach der Variablen p
p = 2m(E − mgq)
ii. Die Trajektorie im Phasenraum ist nun gegeben durch
p
p+
p−
q
Das Phasenraumvolumen zu den Impulsen p+ und p− ist hierbei konstant.
b)
i. Es ist die Poisson-Klammer für f -dimensionale Funktionen
f
∂F ∂(GK) ∂F ∂(GK)
−
{F, GK} =
∂qi ∂pi
∂pi ∂qi
i=1
f
∂G
∂F
∂G
∂F
∂K
∂K
=
+
K −
+
K
G
G
∂qi
∂pi
∂pi
∂pi
∂qi
∂qi
i=1
= G
f
f
∂F ∂K
∂F ∂K
∂F ∂G ∂F ∂G
−
+K
−
∂qi ∂pi
∂pi ∂qi
∂qi ∂pi ∂pi ∂qi
i=1
i=1
= {F, G}K + G{F, K}
1
ii. Für eine Funktion A(p, q) des Phasenraums gilt
f
∂A
∂A
d
q̇i +
ṗi
A =
dt
∂qi
∂pi
=
i=1
f
i=1
∂A ∂H
∂A ∂H
−
∂qi ∂pi
∂pi ∂qi
= {A, H}
iii. Für die Funktionen p, q und H ist:
f
q̇ =
∂q ∂H
∂q ∂H
d
q = {q, H} =
−
dt
∂qi ∂pi
∂pi ∂qi
i=1
=
f
i=1
∂H
∂H
=
∂pi
∂p
f
ṗ =
∂p ∂H
∂p ∂H
d
p = {p, H} =
−
dt
∂qi ∂pi
∂pi ∂qi
i=1
=
f
i=1
−
∂H
∂H
=−
∂qi
∂q
f
∂H ∂H
∂H ∂H
d
H = {q, H} =
−
=0
dt
∂qi ∂pi
∂pi ∂qi
i=1
Eine Funktion des Phasenraumes A ist dann Konstant, wenn die Passion-Klammer
mit der Hamiltonfunktion verschwindet. Dann ist
0=
d
A = {A, H}
dt
iv. Die Ableitung der Funktion A nach α mit den neuen Koordinaten muss um inveriant zu bleiben verschwinden. Es muss gelten
d
∂G
∂G
d
A(Q, P ) =
A q+α
,p + α
0 =
dα
dα
∂p
∂q
∂A ∂G ∂A ∂G
d
A(q, p) +
α
−
α
≈
dα
∂Q ∂p
∂p ∂q
d
d
A(q, p) +
α{A, G} = {A, G}
=
dα
dα
Für eine Konstante der Bewegung J(p, q) gilt nun
{J, H} =
d
J =0
dt
Diese kann also eine erzeugende einer Verschiebung sein, die die Hamiltonfunktion,
eine Funktion des Phasenraumes, in linearer Ordnung invariant lässt.
2
v. Wie bereits gezeigt ist Aij dann eine Erhatungsgröße, wenn die Passion-Kammer
mit der Hamiltionfunktion verschwindet. In diesem Fall ist
{Aij , H} =
n
∂Aij ∂H
∂Aij ∂H
−
∂qk ∂pk
∂pk ∂qk
k=1
=
=
=
∂Aij ∂H
∂Aij ∂H
∂Aij ∂H
∂Aij ∂H
−
+
−
∂qi ∂pi
∂pi ∂qi
∂qj ∂pj
∂pj ∂qj
pj
1
1
1
1
pi
mω 2 qj −
pj mω 2 qi + mω 2 qi −
pi mω 2 qj
2
m 2m
2
m 2m
1 2
1
1
1
ω q j pi − ω 2 pi q j + ω 2 q i pj − ω 2 pj q i = 0
2
2
2
2
Somit ist Aij eine Erhaltungsgröße des entarteten harmonischen Oszillators.
3
Übungsblatt 13 IK3 Experimentalphyik
Aufgabe 43:Barometer
a) Für den Druck P der Luftsäule gilt
P = P0 +
F
A
wobei P0 den Umgebungsdruck und F die Kraft der Quecksilbersäule aufgrund der
Gravitation darstellt. Es ist
P1 = P0 −
mg
ρgl0 A
= P0 −
= P0 − ρgl0
A
A
und analog
P2 = P0 + ρgl0
mit der Quecksiberdichte ρ. Weiter gilt
p1 V1 = p1 Al1 = p2 Al2 = p2 V2
Aus der Addition der Ersten beiden Gleichungen folgt nun
l2
l2
= (P0 − ρgl0 ) 1 +
2P0 = P1 + P2 = P2 1 +
l1
l1
und aufgelößt nach P0
P0 =
l1 + l2
ρgl0
l1 − l2
Mit den angegebenen Werten und ρ = 13579kg/m3 ist so
P0 ≈ 99.9kP a
b) Wird das Glasrohr um einen Winkel ϕ zur senkrechten Achse gedreht, so wirkt nun
eine Kraft
F = ρgl0 A cos(varphi)
Für die Länge der Luftsäule l3 gilt so
l3 =
P2
P0 + ρgl0
l2
l2 =
P3
P0 + ρgl0 cos(ϕ)
Mit dem Umgebungsdruck aus dem ersten Teil ist so
l3 =
l1 +l2
l1 −l2 ρgl0
l1 +l2
l1 −l2 ρgl0
+ ρgl0
+ ρgl0 cos(ϕ)
l2 =
2l1 l2
(l1 + l2 ) + cos(ϕ)(l1 − l2 )
Die eingesetzen Werte liefern nun
l3 ≈ 27.27cm
1
Übungsblatt 13 IK3 Theoretische Physik
Aufgabe 56: Viralsatz
∂
L = 0 folgt, dass die die Hamiltonsche
a) Aus der Energieerhaltung des Systems, also ∂t
Funktion ergibt als
N
pi ṙi − L = H = T + U
i=1
Mit der Lagragefunktion als L = T − U folgt so durch Addition der Gleichung
2T =
N
pi ṙi
i=1
Nun ist
2T
=
=
lim
τ →∞ 0
lim
τ
2T dt = lim
τ →∞ 0
N τ →∞
i=1
⎛
N
τ τ
pi ṙi dt = lim
pi ṙi dt
i=1
N τ →∞
0
[pi ri ]τ0
i=1
−
⎞
0
⎟
⎜
τ
N
N τ
⎟
⎜ ∂H
⎟
⎜
pi ri +
ri dt⎟
= lim ⎜
τ →∞ ⎜
⎟
∂r
i
⎠
⎝ i=1 0 i=1 0
=0 für
=
N
i=1
Hierbei ist
d
dt G
τ
lim
τ →∞ 0
d
G=0
dt
N
∂U
∂U
ri dt =
ri
∂ri
∂ri
i=1
= 0 für G(t) beschränkt, da aus |G(t)| ≤ C folgt
d
d
|G(t)| ≤ C = 0
dt
dt
d
G(t) = 0
dt
⇒
b) Für eine Homogene Funktion gilt
N
∂U
d
U (λr1 , . . . , λrN ) =
ri
dλ
∂ri
i=1
ebenfalls gilt
d N
λ U = N λN −1 U
dλ
Somit ist
Nλ
N −1
U=
N
∂U
i=1
1
∂ri
ri
τ
ṗi ri dt
für eine beliebige Konstante λ. Für λ = 1 folgt das Eulertheorem. Mit dem ersten Teil
gilt nun
N
∂U
ri = N U
2T =
∂ri
i=1
c) Die rechte Seite der angegeben Gleichung lässt sich umschreiben zu
N
N
1 ∂Uin
2
T−
ri
3
3
∂ri
=
i=1
=
1 ∂U
ri −
3
∂ri
i=1
N 1 ∂U
−
3
∂ri
i=1
N
1 ∂Uin
ri
3
∂ri
i=1
N
∂Uin
1 ∂Uw
ri
ri =
∂ri
3
∂ri
i=1
Die Ursache einer Potentialänderung der Teilchen mit der Wand ist eine Kraft dFi .
Weiter erhällt man also
N
N
1 dFi
1 ∂Uw
dA
ri =
ri
3
∂ri
3
dA
i=1
i=1
Für einen Grenzübergang N → ∞ betrachtet man nun nur die zeitlich gemittelten
Größen. Damit ergibt sich
N
1 dFi
N →∞ 1
dA →
ri
3
dA
3
i=1
r
dF
dA
dA
=P
Die Anwendung des Gausschen Satzes liefert nun
1
dF
1
r
dA = P div(r) dV = P V
3
dA
3
=3
=P
was zu zeigen war.
2
Übungsblatt 14 IK3 Experimentalphyik
Aufgabe 57: Benzinmotor
a) Der Wirkungsgrad eines Bezinmotors ergibt sich aus dem Quotienten der vom System
verrichteten Arbeit und der zugeführten Wärme. Es ist
η=
ΔW
Qw
Im Kreisprozess errgibt sich die geleitstet Arbeit ΔW = Qw − Qk und somit der
Wirkungsgrad als
Qw − Qk
Qk
η=
=1−
Qw
Qw
Mit der Definition der Wärmekapazität Qw = cp (T3 − T2 ) und Qk = cp (T4 − T1 ) folgt
unter der Annahme eines konstanten Wärmekapazität.
η =1−
cp (T4 − T1 )
T4 − T1
=1−
cp (T3 − T2 )
T3 − T2
b) Bei der adiabatischen Kompression und Expansion des Benzin-Luft-Gemisches gilt,
wenn V2 das Volumen bei Zustand 1 bzw. 4 bezeichnet
T4 V2κ−1 = T3 V1κ−1
T1 V2κ−1 = T2 V1κ−1
Umgeformt und eingesetzt in die Gleichung zur Bestimmung des Wirkungsgrades ist
κ−1
κ−1
V2
V2
κ−1
T
T
−
T
− T2 V κ−1
4
2
4
V1
V1
V2
T4 − T1
2
= 1− κ−1
= 1− κ−1
= 1−
η = 1−
T3 − T2
V
V
1
1
T4 VV21
− T2
T4 VV21
− T2
c) Mit κ = 1.4 und V2 /V1 = 1/8 ergibt sich so ein Wirkungsgrad von
η =1−
V2
V1
κ−1
0.4
1
=1−
≈ 0.565
8
d) Die Annahme von κ = 1.4 ist in diesem Fall gerechtfertigt, da für ein System mit f
Freiheitsgraden gilt
f +2
κ=
f
Das Modell eines zweiatomigen Gases liefert nun 3 Freiheitsgrade der Translation und
2 mögliche Freiheitsgrade der Rotation. Eine Rotation um die Bindungsachse ist bei
den betrachteten Temperaturbereichen nicht als Freiheitsgrad zu werten. Auch eine
Vibration des Moleküls wird vernachlässigt. Es ist demnach f = 5 woraus sich κ =
7/5 = 1.4 folgern lässt.
1
e) Der Wirkungsgrad eines idealen Ottomotors liegt unterhalb des theoretisch errechnen
Werts bei η ≤ 0.37. Gründe für das Abwichen von idealisierten Modell sind unter anderem, die Reibungsverluste beim Ansaugen und Ausstoßen des Luft-(Ab)Gas-Gemisches.
Zusätzlich wird Wärme während des Expansionsprozesses 3 → 4 an den Motorblock
abgegeben. Da die Oxidationsreaktion vom Brennstoff im Zylinder in endlicher Zeit
von statten geht, ist die Kurve in Punkt 4 im P-V-Diagramm abgeflacht. Zudem wird
bei der theoretischen Rechnung ein ideales Gas betrachtet, welches das Benzin-LuftGemisch nur schlecht beschreibt, gerade weil sich die chemischen Verbindungen und
damit die physikalischen Eigenschaften des Gases während des Prozesses verändern.
2
Übungsblatt 14 IK3 Theoretische Physik
Aufgabe 59: Eindimensionale Diffusionsgleichung
a) Betrachtet man beide Seiten die Eindimensionale Diffusionsgleichung
∂2
∂
n = D 2n
∂t
∂x
so ergibt sich die Fouriertransformation der linken Seite
∂
∂
n = ñ
FT
∂t
∂t
sowie für die Fouriertransformation der rechten Seite
2 2
∂
∂
ikx ∂
ikx ∂
FT
n − dx ikeikx n
n =
dx e
n= e
2
2
∂x
∂x
∂x
∂x
=0
= −k2 dx eikx n = −k2 ñ
Im Fourierraum vereinfacht sich die Partielle Differentialgleichung zu der gewöhnlichen
Differentialgleichung.
∂
ñ(k, t) = −Dk2 ñ(k, t)
∂t
Die Anfangsbedingungen sind hier gegeben durch
ikx
ñ0 (k) = dx e n(x, 0) = dx eikx N0 δ(x − x0 ) = N0 eikx0
Es ist demnach
ñ(k, t) = N0 eikx0 e−Dk
2t
Die Rücktransformation liefert nun die Funktion im Ortsraum
∞
2
1
dk e−ikx N0 eikx0 e−Dk t
n(x, t) =
2π −∞
N0 ∞
2
=
dk e−(Dk t−ik(x−x0 )
2π −∞
√
i(x−x ) 2
(x−x0 )2
N0 ∞
−
Dtk− √ 0
4Dt
=
dk e
· e− 4Dt
2π −∞
(x−x0 )2
N0 − (x−x0 )2 ∞
N0
2
e− 4Dt
e 4Dt
=
dk e−Dtk = √ √
2π
π 4Dt
−∞ √
=√ π
Dt
b) Es ergibt sich so eine Dichteverteilung, die mit der Zeit räumlich divergiert und symmetrisch um den Punkt der Störung x0 ist.
1
t=0
n
t = dt
t = 6dt
t = 6dt
x0
x
c) Für die Mittlere Verschiebungsdichte gilt in diesem Fall
∞
∞
(x−x0 )2
N0
dx n(x, t)(x − x0 )2 = √ √
dx e− 4Dt (x − x0 )2
< (x − x0 )2 > =
π 4Dt −∞
−∞
∞
∞
x2
x2
N0
N0
− 4Dt 2
= √ √
dx e
x =√ √
dx e− 4Dt x2
π 4Dt −∞
π Dt 0
=
√
3
N0 4Dt
√
= 2N0 Dt
4
4Dt
=
√ √
3
π
4Dt
4
Hier verschwindet das Mittel über die Abweichungen denn
∞
∞
x2
N0
dx n(x, t)(x − x0 ) = √ √
dx e− 4Dt x
< (x − x0 ) > =
π 4Dt −∞
−∞
∞
0
2
x
x2
N0
− 4Dt
− 4Dt
dx e
x+
dx e
x
= √ √
π 4Dt
0
−∞
∞
∞
x2
x2
N0
− 4Dt
− 4Dt
√
dx e
x−
dx e
x =0
= √
π 4Dt
0
0
2