\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{L"osungen zur \"Ubung Nr.7}
\normalsize
\centerline{\bf Abgabetermin: Montag, d. 13. Juni 2005}
\newline \vskip 5mm
{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
Der Drehimpuls ist durch $L = \Theta \omega$ gegeben, mit Tr"agheitsmoment
\begin{displaymath}
\Theta = \int_{V} \rho_{m} r'^{2} dV,
\end{displaymath}
wobei $r'$ der Abstand des Massenpunktes mit Volumen $dV$ von der Drehachse ist.
Bei homogener Massenverteilung ($\rho_{m} = konstant$) also
\begin{displaymath}
L = \rho_{m} \omega \int_{V} r'^{2} dV.
\end{displaymath}
Das magnetische Moment eines infinitesimalen Volumenelementes ist
$d\mu = A' \; dI  = \pi r'^{2} dI$. Da $dI = \rho_{q} \nu \; dV = \rho_{q}(\omega/2\pi) dV$ folgt
\begin{displaymath}
d\mu = \frac{1}{2} \rho_{q} \omega r'^{2} dV
\end{displaymath}
Bei homogener Ladungsverteilung ($\rho_{q} = konstant$) folgt
\begin{displaymath}
\mu = \frac{1}{2} \rho_{q} \omega \int_{V} r'^{2} dV
\end{displaymath}
Daraus erhalten wir f"ur das Verh"altnis
\begin{displaymath}
\frac{\mu}{L} = \frac{1}{2} \frac{\rho_{q}}{\rho_{m}} = \frac{1}{2} \frac{Q}{M}.
\end{displaymath}
Wir brauchen also nur eine Gr"o"se zu berechnen, den Drehimpuls oder das magnetische Moment.
Im folgenden berechnen wir das magnetische Moment.
Wegen $dV = r^{2} dr \; d(cos\theta) d\varphi$ und 
$r'^{2} = r^{2} sin^{2}\theta= r^{2} (1 - cos^{2}\theta)$ folgt
\begin{displaymath}
\mu = \frac{1}{2} \rho_{q} \omega \int_{0}^{R} r^{4} dr \int_{-1}^{+1} d(cos\theta) (1 - cos^{2}\theta)
\int_{0}^{2\pi} d\varphi = \frac{1}{2} \rho_{q} \omega \frac{R^{5}}{5} \frac{4}{3} 2 \pi.
\end{displaymath}
Einsetzen der Gesamtladung $Q = (4/3) \rho_{q} \pi R^{3}$ f"uhrt auf
\begin{displaymath}
\mu = \frac{1}{5} \omega Q R^{2}
\end{displaymath}
Insgesamt also:
\begin{displaymath}
L = \frac{2}{5} \omega M R^{2}, \; \; \; \; \; \mu = \frac{1}{5} \omega Q R^{2}, \; \; \; \; \;
\frac{\mu}{L} = \frac{1}{2} \frac{Q}{M}.
\end{displaymath} 
\newline \vskip 5mm
{\bf Aufgabe 2:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
a) Das Magnetfeld hat in diesem Experiment zwei Aufgaben. Einmal sorgt es daf\"ur, dass sich
die Spins parallel oder antiparallel zum Feld ausrichten, zum anderen wird in einem
inhomogenen Magnetfeld auf ein magnetisches Moment eine Kraft ausge\"ubt. Mit den
Bezeichnungen der Skizze gilt:
\begin{displaymath}
m \frac{dv_{z}}{dt} = \mu_{z} \frac{\partial B}{\partial z} \; \; \; \; \; oder \; \; \; \; \;
\frac{dv_{z}}{dt} = \frac{\mu_{z}}{m} \frac{\partial B}{\partial z}.
\end{displaymath}
\vskip 5cm
Aus der L\"osung dieser Bewegungsgleichung folgt f\"ur die Ablenkung $z_{1}$ am Ende des
Magneten:
\begin{displaymath}
z_{1} = \frac{1}{2} \frac{\mu_{z}}{m} \frac{\partial B}{\partial z} t_{1}^{2}
= \frac{1}{2} v_{z} t_{1},
\end{displaymath}
wobei die Zeit $t_{1}$ durch $t_{1} = l_{1}/v_{x}$ berechnet werden kann. Der weitere Weg
zum Schirm ist geradlinieg, daher
\begin{displaymath}
\frac{\Delta z/2 - z_{1}}{l_{2}} = \frac{v_{z}}{v_{x}} = \frac{\mu_{z}}{m}
\frac{\partial B}{\partial z} \frac{l_{1}}{v_{x}^{2}}.
\end{displaymath}
Aufl\"osen nach $\mu_{z}$ und Einsetzen von $z_{1}$ ergibt
\begin{displaymath}
\mu_{z} = \frac{m v_{x}^{2} \Delta z}{l_{1}(l_{1}+2l_{2}) (\partial B/\partial z)}
= 9,25 \cdot 10^{-24} \; A \cdot m^{2}.
\end{displaymath}
b) Dieser Wert stimmt mit dem Bohrschen Magneton \"uberein.  
\newline \vskip 5mm
{\bf Aufgabe 3:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
Beim Bahndrehimpuls mit der Quantenzahl $l=1$ gibt es die Komponenten $m_{l} = -1, 0, 1$.
F\"ur den Spin mit $s = 1/2$ entsprechend $m_{s} = -1/2, +1/2$. F\"ur den Gesamtdrehimpuls
erhalten wir die m\"oglichen Komponenten
\begin{eqnarray}
m _{j} &=& 1 + 1/2 = + 3/2 \nonumber \\
       &=& 0 + 1/2 = + 1/2 \nonumber \\
       &=& -1 + 1/2 = -1/2 \nonumber \\
       &=& 1 - 1/2 = + 1/2 \nonumber \\
       &=& 0 - 1/2 = - 1/2 \nonumber \\
       &=& -1 - 1/2 = - 3/2 \nonumber
\end{eqnarray}
Genau 2 M\"oglichkeiten f\"uhren zur Quantenzahl $m_{j} = + 1/2$ und zwar \newline
1. $m_{s} = 1/2$ und $m_{l} = 0$, \newline
2. $m_{s} = -1/2$ und $m_{l} = 1$.    
\newline \vskip 5mm
{\bf Aufgabe 4:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
Die potentielle Energie eines magnetischen Momentes $\mu$ im Magnetfeld ist 
$E_{magn} = - \vec{\mu} \cdot \vec{B}$. F\"ur das Elektron gilt 
$\vec{\mu} = -g (e/2 m)\vec{s}$. Daher folgt mit $g \approx 2$, $s_{z} = \pm (1/2)\hbar$ 
und $\mu_{B} = e\hbar/(2m)$ f\"ur die potentielle
Energie $E_{magn} = \pm \mu_{B} B_{z}$. \newline
a) Die ben\"otigte Energie ist 
\begin{displaymath}
\Delta E = E_{magn, \Uparrow \Uparrow} - E_{magn,\Downarrow \Uparrow} 
= 2 \mu_{B} B = 2,3 \cdot 10^{-4} \; eV.
\end{displaymath}
b) Aus den beiden ersten Formeln folgt
\begin{displaymath}
E_{magn} = + g \frac{e}{2m} \vec{s} \cdot \vec{B}
\end{displaymath}
Also gilt: \newline
$E_{magn} > 0$ f\"ur $\vec{s} \Uparrow \Uparrow \vec{B}$ \newline
$E_{magn} < 0$ f\"ur $\vec{s} \Downarrow \Uparrow \vec{B}$. \newline
Daher \underline{gewinnt} man Energie. 
\end{document}
