Lösungen zur Übung Nr.7
Abgabetermin: Montag, d. 13. Juni 2005

Aufgabe 1: (5 Punkte)
Der Drehimpuls ist durch $L = \Theta \omega$ gegeben, mit Trägheitsmoment

\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 für das Verhältnis

\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 Größe 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...
...\frac{1}{2} \rho_{q} \omega \frac{R^{5}}{5} \frac{4}{3} 2 \pi.
\end{displaymath}

Einsetzen der Gesamtladung $Q = (4/3) \rho_{q} \pi R^{3}$ führt 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...
...R^{2}, \; \; \; \; \;
\frac{\mu}{L} = \frac{1}{2} \frac{Q}{M}.
\end{displaymath}


Aufgabe 2: (5 Punkte)
a) Das Magnetfeld hat in diesem Experiment zwei Aufgaben. Einmal sorgt es dafür, dass sich die Spins parallel oder antiparallel zum Feld ausrichten, zum anderen wird in einem inhomogenen Magnetfeld auf ein magnetisches Moment eine Kraft ausgeübt.


Mit den Bezeichnungen der Skizze gilt:

\begin{displaymath}
m \frac{dv_{z}}{dt} = \mu_{z} \frac{\partial B}{\partial z} ...
...dv_{z}}{dt} = \frac{\mu_{z}}{m} \frac{\partial B}{\partial z}.
\end{displaymath}

Aus der Lösung dieser Bewegungsgleichung folgt für 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}} = \fr...
...{z}}{m}
\frac{\partial B}{\partial z} \frac{l_{1}}{v_{x}^{2}}.
\end{displaymath}

Auflösen 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 überein.
Aufgabe 3: (5 Punkte)
Beim Bahndrehimpuls mit der Quantenzahl $l=1$ gibt es die Komponenten $m_{l} = -1, 0, 1$. Für den Spin mit $s = 1/2$ entsprechend $m_{s} = -1/2, +1/2$. Für den Gesamtdrehimpuls erhalten wir die möglichen Komponenten
$\displaystyle m _{j}$ $\textstyle =$ $\displaystyle 1 + 1/2 = + 3/2$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle 0 + 1/2 = + 1/2$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle -1 + 1/2 = -1/2$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle 1 - 1/2 = + 1/2$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle 0 - 1/2 = - 1/2$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle -1 - 1/2 = - 3/2$  

Genau 2 Möglichkeiten führen zur Quantenzahl $m_{j} = + 1/2$ und zwar
1. $m_{s} = 1/2$ und $m_{l} = 0$,
2. $m_{s} = -1/2$ und $m_{l} = 1$.
Aufgabe 4: (5 Punkte)
Die potentielle Energie eines magnetischen Momentes $\mu$ im Magnetfeld ist $E_{magn} = - \vec{\mu} \cdot \vec{B}$. Für das Elektron gilt $\vec{\mu} = -g (e/2 m)\vec{s}$. Daher folgt mit $g \approx 2$, $s_{z} = \pm (1/2)\hbar$ und $\mu_{B} = e\hbar/(2m)$ für die potentielle Energie $E_{magn} = \pm \mu_{B} B_{z}$.
a) Die benötigte 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:
$E_{magn} > 0$ für $\vec{s} \Uparrow \Uparrow \vec{B}$
$E_{magn} < 0$ für $\vec{s} \Downarrow \Uparrow \vec{B}$.
Daher gewinnt man Energie.



Harm Fesefeldt
2005-06-14