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Übungsblatt 03
PHYS4100 Grundkurs IV (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt)

Othmar Marti, (othmar.marti@uni-ulm.de)

28. 4. 2005 oder 29. 4. 2005

Aufgaben

  1. Nehmen Sie an, dass eine Kugel mit dem Radius $R$ und der Masse $m$ auf eine zweite im Koordinatenursprung ruhende Kugel mit dem gleichen Radius $R$, aber einer Masse $M\gg m$ trifft. Der Stoss sei elastisch. Die anfängliche Geschwindigkeit der ersten Kugel sei $v$. Der Weg der Kugel vor dem Aufprall sei parallel zu einer Gerade $G$ durch den Schwerpunkt der ruhenden Kugel.
    1. Berechnen Sie den Streuwinkel $\Theta$ als Funktion des Abstandes $b$ des des Weges der ersten Kugel von der Gerade $G$.
    2. Nehmen Sie an, dass $b$ über den ganzen Wirkungsquerschnitt zufällig verteilt sei und berechnen Sie die Winkelverteilung der gestreuten Kugeln.
  2. Ein Photon der Energie $1000 eV$ stösst mit einem freien, ruhenden Elektron zusammen und wird um einen Winkel von $60$ gestreut.
    1. Wie ändern sich Frequenz, Energie und Wellenlänge des Photons?
    2. Wie gross ist die kinetische Energie, der Impuls und die Richtung des gestreuten Elektrons?
    3. Könnte dieses Elektron ein Metall mit der Austrittsarbeit $\Phi_a = 4eV$ verlassen?
  3. Ein $\gamma$-Quant mit unbekannter Energie wird an einem Elektron durch den Compton-Effekt gestreut. Der Streuwinkel $\phi$ des Elektrons beträgt $60$. Das Rückstosselektron durchläuft nach dem Stoss eine Kreisbahn mit $r= 1.5 cm$ in einer magnetischen Induktion $B= 0.02 T$ (senkrecht zur Bahnebene des Elektrons). Welche Energie und Wellenlänge hatte das eintreffende $\gamma$-Quant?
  4. $^{57}Co$ wandelt sich in $^{57}Fe$ unter Aussendung eines Photons mit $h\nu = 14.4 keV$ um. Berechnen Sie die Energie des nicht rückstossfrei emittierten Photons. Wie gross ist die Geschwindigkeit des $^{57}Fe$?
  5. Ein Elektron befinde sich weit weg von einem Proton in Ruhe. Es wird vom Proton angezogen (warum?). Berechnen Sie die de-Broglie-Wellenlänge für das ruhende Elektron, im Abstand von $1m$ zum Proton und im Abstand von $5 \textrm{{\AA}}$.

Lösungen

    1. Skizze des Stossprozesses:
      \includegraphics[width=0.8\linewidth]{ue03-03.eps}
      Nur die Komponente des Impulses senkrecht zur Kugeloberfläche wird umgeklappt ($M\gg m$).

      \begin{displaymath}\theta = 2\alpha\end{displaymath}


      \begin{displaymath}\cos\alpha = \frac{b}{2R}\end{displaymath}

      $\theta$ einsetzen

      \begin{displaymath}\theta = 2\arccos\left(\frac{b}{2R}\right)\end{displaymath}

    2. Differentielle Grössen:

      \begin{displaymath}b= 2R\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)\end{displaymath}


      \begin{displaymath}db = -2R\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)\frac{d\theta}{2} = -R\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)d\theta\end{displaymath}

      Wenn $N$ Kugeln eintreffen, ist die Anzahl gestreuter Kugeln (wie in der Vorlesung)

      \begin{displaymath}dN = N\,K\, 2\pi\, b\, db\end{displaymath}

      $K$ ist eine Normierungskonstante. Ohne Berücksichtigung der Vorzeichen erhalten wir

      \begin{displaymath}dN=N\,K\, 2\pi\, 2R\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)\, R\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)d\theta\end{displaymath}

      und

      \begin{displaymath}dN= 4\pi\,N\,K\,R^2 \sin\theta\,d\theta\end{displaymath}

      Aus

      \begin{displaymath}N = \int dN = \int\limits_0^\pi 4\pi\,N\,K\,R^2 \sin\theta\,d\theta\end{displaymath}

      bekommt man

      \begin{displaymath}K = \frac{1}{8\pi R^2}\end{displaymath}

      und

      \begin{displaymath}dN = \frac{N}{2}\sin\theta d\theta\end{displaymath}

      \includegraphics[width=0.8\linewidth]{ue03-02.eps}
    1. Skizze der Situation:
      \includegraphics[height=0.2\textheight]{ue03-01.eps}
      Erhaltungssätze: Energie (unter Vernachlässigung der Ruheenergie $m_0c^2$, d.h. $E_e$ ist eine reine kinetische Energie)

      \begin{displaymath}E=E_e+E'\end{displaymath}

      Impuls

      \begin{displaymath}\frac{h}{\lambda}-\frac{h'}{\lambda'}\cos\theta=\frac{E}{c}-\frac{E'}{c}\cos\theta=p_e\cos\varphi\end{displaymath}

      und

      \begin{displaymath}\frac{E'}{c}\sin\theta = -p_e\sin\varphi\end{displaymath}

      aus der Relativitätstheorie: ($m_0$ ist die Ruhemasse des Elektrons)

      \begin{displaymath}E_{e,ges} = \sqrt{m_0^2 c^4 + c^2 p_e^2}\end{displaymath}

      Mit $E_e = E_{e,ges}-m_0 c^2$ bekommt man

      \begin{displaymath}p_e^2 = \frac{1}{c^2}\left(E_e^2+2 m_0 c^2 E_e\right)\end{displaymath}

      Wir addieren die Quadrate der Impulsbeziehungen und erhalten

      \begin{displaymath}\left(\frac{E}{c}-\frac{E'}{c}\cos\theta\right)^2+\frac{E'^2}{c^2}\sin^2\theta=p_e^2\left(\cos^2\varphi+\sin^2\varphi\right)\end{displaymath}

      und

      \begin{displaymath}\frac{E^2}{c^2} + \frac{E'^2}{c^2}-2\frac{E\,E'}{c^2}\cos\theta = p_e^2\end{displaymath}

      Mit der Energie-Impuls-Beziehung bekommt man

      \begin{displaymath}E^2+E'^2-2E\,E'\cos\theta = E_e^2+2 m_0 c^2 E_e = \left(E-E'\right)^2+2 m_0 c^2 \left(E-E'\right)\end{displaymath}

      oder

      \begin{displaymath}E^2+E'^2-2E\,E'\cos\theta=E^2-2E\,E'+E'^2+2 m_0 c^2 \left(E-E'\right)\end{displaymath}

      und

      \begin{displaymath}-2E\,E'\cos\theta=-2E\,E'+2 m_0 c^2 \left(E-E'\right)\end{displaymath}


      \begin{displaymath}E\,E'\left(1-\cos\theta\right)+E' m_0 c^2 = m_0 c^2 E = E'\left[E\left(1-\cos\theta\right)+m_0c^2\right]\end{displaymath}

      Also

      \begin{displaymath}E' = \frac{m_0 c^2 E}{E\left(1-\cos\theta\right)+m_0c^2}\end{displaymath}

      Der Energieverlust des Photons ist

      \begin{displaymath}\Delta E = E-E' = E-\frac{m_0 c^2 E}{E\left(1-\cos\theta\righ...
...^2\left(1-\cos\theta\right)}{E\left(1-\cos\theta\right)+m_0c^2}\end{displaymath}

      Eingesetzt ( $E= 1000 eV = 160 aJ$, $\theta = \pi/3$ oder $\cos\theta = 0.5$, $m_0 c^2 = 81.9 fJ = 511
keV$)

      \begin{displaymath}\Delta E = 0.156 aJ = 0.975 eV\end{displaymath}

      Frequenzänderung

      \begin{displaymath}\Delta \nu = \frac{\Delta E}{h} = 237 THz\end{displaymath}

      Wellenlängenänderung

      \begin{displaymath}\Delta \lambda = \Delta \left(\frac{c}{\nu}\right)= \Delta \l...
...a \left(\frac{hc}{E}\right) = -\frac{hc}{E^2}\Delta E = 1.21 pm\end{displaymath}

    2. Impulsaddition ergibt

      \begin{displaymath}\frac{E^2}{c^2} + \frac{E'^2}{c^2}-2\frac{E\,E'}{c^2}\cos\theta = p_e^2\end{displaymath}

      Mit $E' = \frac{m_0 c^2 E}{E\left(1-\cos\theta\right)+m_0c^2}$ bekommt man

      \begin{displaymath}p_e^2 = \frac{E^2}{c^2} + \frac{\left( \frac{m_0 c^2 E}{E\lef...
...{m_0 c^2 E}{E\left(1-\cos\theta\right)+m_0c^2}}{c^2}\cos\theta \end{displaymath}


      \begin{displaymath}p_e^2 = \frac{E^2}{c^2}\left[1+ \left( \frac{m_0 c^2 }{E\left...
...{m_0 c^2 }{E\left(1-\cos\theta\right)+m_0c^2}\cos\theta\right] \end{displaymath}


      \begin{displaymath}p_e^2 = \frac{E^2}{c^2}\left[1+ \frac{m_0^2 c^4 }{\left( E\le...
...( E\left(1-\cos\theta\right)+m_0c^2\right)^2}\cos\theta\right] \end{displaymath}


      \begin{displaymath}p_e^2 = \frac{E^2}{c^2}\frac{\left( E\left(1-\cos\theta\right...
...s\theta}
{\left( E\left(1-\cos\theta\right)+m_0c^2\right)^2}
\end{displaymath}

      und

      \begin{displaymath}{{\it pe}}^{2}={\frac {{E}^{2} \left( 1-\cos \left( \theta \r...
...t( \theta \right)
\right) +{\it m_0}\,{c}^{2} \right) ^{2}}}
\end{displaymath}

      Eingesetzt:

      \begin{displaymath}p_e = 0.533\cdot 10^{-24} \frac{m\,kg}{s}\end{displaymath}

      Kinetische Enegie

      \begin{displaymath}E_e = \Delta E = 0.156 aJ = 0.975 eV\end{displaymath}

      Winkel: Wir dividieren die Impulsgesetze

      \begin{displaymath}\tan{\phi} = \frac{\frac{E'}{c}\sin\theta}{\frac{E}{c}-\frac{...
...-\frac{m_0 c^2 E}{E\left(1-\cos\theta\right)+m_0c^2}\cos\theta}\end{displaymath}


      \begin{displaymath}\tan{\phi}=
\frac{m_0 c^2 E\sqrt{1-\cos^2\theta}}{E^2\left(1...
...2\theta}}{E\left(1-\cos\theta\right)+m_0c^2-m_0 c^2 \cos\theta}\end{displaymath}


      \begin{displaymath}\tan{\phi}
=\frac{m_0 c^2 \sqrt{1-\cos^2\theta}}{E\left(1-\c...
..._0c^2}\sqrt{\frac{1-\cos^2\theta}{\left(1-\cos\theta\right)^2}}\end{displaymath}


      \begin{displaymath}\tan{\phi}
=\frac{m_0 c^2}{E+m_0c^2}\sqrt{\frac{1+\cos\theta}{1-\cos\theta}}=\frac{m_0 c^2}{E+m_0c^2}\cot\frac{\theta}{2}\end{displaymath}


      \begin{displaymath}\tan\phi = 1.732050808\end{displaymath}

      und

      \begin{displaymath}\phi = 59.99999998\textrm{}\end{displaymath}

    3. Nein
  1. Bahndaten:

    \begin{displaymath}evB = m_0\frac{v^2}{R}\end{displaymath}


    \begin{displaymath}E_e = \frac{1}{2}m_0 v^2 = \frac{e^2 R^2 B^2}{2 m_0} = 7.92 keV\end{displaymath}

    Mit der Lösung aus der vorigen Aufgabe

    \begin{displaymath}E_e = \Delta E_\gamma = \frac{K^2(1-\cos\theta)}{m_0 c^2(1+K(1-\cos\theta)}\end{displaymath}

    mit $ K = E/(m_0 c^2)$. Aufgelöst:

    \begin{displaymath}K = %%1/2 {\frac {E_e \left(1-\cos\theta\right)+\sqrt {{E_e...
... \frac{ m_0 {c}^{2}}{E_e\left(1-\cos\theta\right)}}}} \right)\end{displaymath}

    Aufgelöst

    \begin{displaymath}E= m_0 c^2 K = \frac{E_e}{2} \left({{1 +\sqrt {1+4 \frac{ m_0 {c}^{2}}{E_e\left(1-\cos\theta\right)}}}} \right)\end{displaymath}


    \begin{displaymath}E= \frac{e^2 R^2 B^2}{4 m_0} \left({{1 +\sqrt {1+8 \fra...
... {c}^{2}}{{e^2 R^2 B^2}\left(1-\cos\theta\right)}}}} \right)\end{displaymath}

    Mit $\cos(\pi/3)=1/2$

    \begin{displaymath}E= \frac{e^2 R^2 B^2}{4 m_0} \left({{1 +\sqrt {1+16 \fr...
... {c}^{2}}{{e^2 R^2 B^2}}}}} \right)=15.05668922 fJ = 94 keV\end{displaymath}

    und

    \begin{displaymath}\lambda = \frac{hc}{E} = 13.2  pm\end{displaymath}

  2. Masse des $^{57}Fe$:

    \begin{displaymath}m_{^{57}Fe} = 56.9354 amu = 56.9354\times 1.6605387\cdot 10^{-27} kg = 9.454343510\cdot
10^{-26} kg\end{displaymath}

    Vorlesung:

    \begin{displaymath}\Delta\nu \approx \frac{h\nu^2}{2 m_k\, c}\end{displaymath}

    und damit

    \begin{displaymath}h\nu' = h(\nu-\Delta \nu) = h\nu - \frac{h^2\nu^2}{2 m_k\, c^2}\end{displaymath}


    \begin{displaymath}h\nu' = 14.4\,keV - \frac{(14.4\,keV)^2}{2\cdot 9.454343510\cdot
10^{-26} kg\, (3\cdot 10^8 m/s)^2}=14399.99805 eV\end{displaymath}

  3. nichtrelativistische Betrachtung

    \begin{displaymath}\lambda =\frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2 E_{kin}  m}}\end{displaymath}

    Im Abstand $a$ ist

    \begin{displaymath}E_{kin} = -E_{pot} = \frac{e^2}{4\pi \epsilon_0  a}\end{displaymath}

    also

    \begin{displaymath}\lambda(a=1m) = \frac{h}{\sqrt{2 m  \frac{e^2}{4\pi \epsil...
...}{2 m e^2}}= \frac{h}{e}\sqrt{\frac{2\pi \epsilon_0  a}{m}}\end{displaymath}

    eingesetzt:

    \begin{displaymath}\lambda(a=1 m) = 32 \mu m\end{displaymath}

    und

    \begin{displaymath}\lambda(a=0.5 nm) = 0.7205738200  nm\end{displaymath}

    Die Wellenlänge ist gleich dem Bahnradius für

    \begin{displaymath}2\pi   r = \frac{h}{e}\sqrt{\frac{2\pi \epsilon_0  r}{m}}\end{displaymath}

    und

    \begin{displaymath}4\pi^2  r^2 = \frac{h^2}{e^2} \frac{2\pi \epsilon_0  r}{m}\end{displaymath}


    \begin{displaymath}2\pi  r = \frac{h^2}{e^2} \frac{\epsilon_0}{m}\end{displaymath}


    \begin{displaymath}r = \frac{h^2}{e^2} \frac{\epsilon_0}{2\pi  m}\end{displaymath}

    oder

    \begin{displaymath}r = 26 pm\end{displaymath}

    Dies ist der klassische Abstand, bei dem gerade eine Wellenlänge auf einer Umlaufbahn Platz hat. Die dazugehörige Bindungsenergie ($E_{pot}$ ist

    \begin{displaymath}E = -\frac{e^2}{4\pi \epsilon_0  r}= -\frac{e^2}{4\pi \eps...
...\epsilon_0}{2\pi  m}}
= -\frac{e^4 m}{2 \epsilon_0^2  h^2}\end{displaymath}


    \begin{displaymath}E = 8.7\cdot 10^{-18} J = 54 eV\end{displaymath}

    Diese Energie hat die richtige Grössenordnung, ist aber zu gross.
    Wenn $n$ die Anzahl Wellen auf der Umlaufbahn ist, ist

    \begin{displaymath}2\pi   r_n = n \frac{h}{e}\sqrt{\frac{2\pi \epsilon_0  r_n}{m}}\end{displaymath}

    und

    \begin{displaymath}4\pi^2  r_n^2 = n^2 \frac{h^2}{e^2} \frac{2\pi \epsilon_0  r_n}{m}\end{displaymath}


    \begin{displaymath}2\pi  r_n = n^2 \frac{h^2}{e^2} \frac{\epsilon_0}{m}\end{displaymath}


    \begin{displaymath}r_n = n^2\frac{h^2}{e^2} \frac{\epsilon_0}{2\pi  m}\end{displaymath}

    oder

    \begin{displaymath}r_n = 26 pm\cdot n^2\end{displaymath}

    Die dazugehörige Energie ist

    \begin{displaymath}E_n = -\frac{e^2}{4\pi \epsilon_0  r_n}=
-\frac{e^2}{4\pi\...
... m}}
= -\frac{e^4 m}{2 \epsilon_0^2  h^2}\cdot\frac{1}{n^2}\end{displaymath}

    Bemerkung: man bekommt das richtige Termschema!




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Othmar Marti
Experimentelle Physik
Universiät Ulm