Lösungen zur Klausur zur Physik IV, SS 2005

Abgabetermin: Samstag, d. 16. Juli 2005, 11:30

Aufgabe 1: (10 Punkte)
Wir rechnen zunächst die Energie des Rückstoß- Elektrons aus. Der Energiesatz lautet

$$E_{\gamma} = E_{\gamma}' +E_{e} \; \; \; \; \rightarrow \; \; \; \; \frac{hc}{\lambda} = \frac{hc}{\lambda'} +E_{e}$$

Aus der Formel für die Compton- Streuung erhalten wir

$$\lambda' - \lambda = 2 \lambda_{C} sin^{2}(\varphi/2) = 2 \l... ...t{2}}{2} \right)^{2} = 2 \lambda_{C} \frac{2}{4} = \lambda_{C}$$

Die Energie der Elektronen ist dann

$$E_{e} = \frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda + \lambda_{C}... ...0,003 \; nm + 0,00243 \; nm} \right) = 185 \cdot 10^{3} \; eV.$$

Wir müssen also relativistisch weiterrechnen. Aus

$$E_{ges} = E_{e} + m_{e} c^{2} = \sqrt{p^{2} c^{2} + m_{e}^{2} c^{4}}$$

folgt

$$pc = \frac{hc}{\lambda_{e}} = \sqrt{E_{e}(E_{e} + 2m_{e} c^{2})}$$

und daher

$$\lambda_{e} = \frac{hc}{\sqrt{E_{e}(E_{e} + 2m_{e} c^{2})}} = 2,62 \cdot 10^{-3} \; nm$$

Aufgabe 2: (6 Punkte)
a) Mit dem Stefan- Boltzmann Gesetz $P = \sigma A T^{4}$ folgt bei gleicher Oberfläche $A$:

$$\frac{P_{2}}{P_{1}} = \frac{T_{2}^{4}}{T_{1}^{4}} = 224.$$

b) Das Wiensche Verschiebungsgesetz sagt uns, daß

$$\frac{\lambda_{max,2}}{\lambda_{max,1}} = \frac{T_{1}}{T_{2}} = 0,26.$$

c) Die Wellenlänge mit dem maximalen Energiebeitrag wird also kleiner.
Aufgabe 3: (10 Punkte)
a) Die stationäre Schrödingergleichung lautet für diesen Fall

$$\frac{\partial^{2}\psi}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} \psi}{\partial y^{2}} + \frac{2m}{\hbar^{2}} E \psi = 0$$

Wir legen das Potential $V$ so, daß $V= \infty$ für $x \leq 0$, $x \geq L_{1}$ und $y \leq 0$, $y \geq L_{2}$. Lösungen mit $\psi(0,y) = 0$ und $\psi(x,0) = 0$ sind dann

$$\psi(x,y) = a \; sin(k_{1}x) sin(k_{2} y)$$

Aus den Randbedingungen $\psi(L_{1},y) = 0$ für $x = L_{1}$ und $\psi(x L_{2}) = 0$ für $y = L_{2}$ folgt

$$k_{1} = \pm \frac{\pi}{L_{1}} n_{1} \; \; \; \; \; \; n_{1} = 1,2,3,...$$

$$k_{2} = \pm \frac{\pi}{L_{2}} n_{2} \; \; \; \; \; \; n_{2} = 1,2,3,...$$

Wir setzen die Wellenfunktion mit den zweiten Ableitungen in die Schrödingergleichung ein und erhalten

$$- a k_{1}^{2} - a k_{2}^{2} + a \frac{2m}{\hbar^{2}} E = 0$$

Daraus folgen die Energiewerte

$$E_{n_{1},n_{2}} = \frac{\hbar^{2}}{2m}(k_{1}^{2} + k_{2}^{2}... ...ac{n_{1}^{2}}{L_{1}^{2}} + \frac{n_{2}^{2}}{L_{2}^{2}} \right)$$

b) Der einfachste Fall für entartete Energiewerte ist $L_{1} = L_{2} = L$. In diesem Fall gilt

$$E_{n_{1},n_{2}} = \frac{\pi^{2} \hbar^{2}}{2 m L^{2}} ( n_{1}^{2} + n_{2}^{2})$$

Jedes Vertauschen der Quantenzahlen liefert dann den gleichen Energiewert.
Aufgabe 4: (10 Punkte)
Der Gesamtdrehimpuls spaltet in $2J + 1 = 9$ Zustände auf. Daher ist $J = 4$. Aus dem Termsymbol entnehmen wir, daß $S=2$ und $L=2$. Der Lande- Faktor des Atoms ist also

$$g = 1 + \frac{J(J+1) + S(S+1) - L(L+1)}{2J(J+1)} = 1 + \frac{20 + 6 - 6}{40} = \frac{3}{2}$$

Die maximale Komponente des magnetichen Momentes in Feldrichtung ist also

$$\mu_{max} = g \mu_{B} M_{j,max} = \frac{3}{2} 4 \mu_{B} = 6 \mu_{B} = 34,74 \cdot 10^{-5} \; eV/T.$$

Aufgabe 5: (8 Punkte)
a) Das magnetische Moment des Protons ist $\vec{\mu}_{p} = g_{p} (e/2m_{p}) \vec{s}$ mit der $z$- Komponente

$$(\mu_{p})_{z} = \pm g_{p} \frac{e}{2 m_{p}} \frac{1}{2} \hbar = \pm \frac{1}{2} g_{p} \mu_{K}.$$

Das obere Vorzeichen korrespondiert also immer zum Fall, daß der Spin parallel zum Magnetfeld steht. Die magnetische Wechselwirkungsenergie ist

$$E_{m} = - \vec{\mu} \cdot \vec{B} = - (\mu_{p})_{z} \cdot B = \mp \frac{1}{2} g_{p} \mu_{K} B$$

Der Abstand beider Niveaus ist daher

$$\vert\Delta E_{m}\vert = g_{p} \mu_{K} B$$

und das Verhältnis der Besetzungszahlen

$$\frac{N_{2}}{N_{1}} = e^{-g_{p} \mu_{K} B/kT} \approx 1 - g_{p} \mu_{K} \frac{B}{kT} = 1 - 1,4 \cdot 10^{-5}.$$

oder

$$1 - \frac{N_{2}}{N_{1}} = \frac{N_{1} - N_{2}}{N_{1}} = 1,4 \cdot 10^{-5}.$$

b) Wie aus obiger Formel für $E_{m}$ ersichtlich, ist der Zustand mit Spin parallel zum Feld der Zustand mit der kleineren Energie (negativ). Dieser hat also die höhere Besetzungszahl.
Aufgabe 6: (6 Punkte)
Die $K_{\alpha}$- Linie hat zwar eine Energie von $E_{K_{\alpha}} =13,6 \; eV \cdot 81^{2} (1 - 1/4) = 67 \; keV$. Das nützt uns aber nicht viel, da wir den Platz auf der $K$- Schale erst mal frei machen müssen. Dazu benötigen wir die Energie $E_{K} = 13,6 eV \cdot 81^{2} (1 - 1/\infty) = 89 \; keV$. Unsere Energie von $80 \; kV$ reicht also nicht aus.