Bewertungsschema f ¨ur Bachelor

T

P

C N

Prof. Dr. J. K ¨uhn Dienstag, 27.4.2010

Dr. S. Uccirati 17:30-20:30 Uhr

Bewertungsschema f ¨ur Bachelor

Punkte Note

<14 5.0

nicht bestanden 14 - 15.5 4.7

16

18 - 19.5 3.7 20 - 21.5 3.3 22 - 23.5 3.0 24 - 25.5 2.7

bestanden 26 - 27.5 2.3

28 - 29.5 2.0 30 - 31.5 1.7 32 - 33.5 1.3 34 - 40 1.0

Scheinvergabe f ¨ur Diplomstudiengang bei 16 und mehr Punkten

Aufgabe 1: 10 Punkte

Wenn nicht explizit gefordert, ist in Aufgabe 1 keine Herleitung verlangt.

a) Elektro- und Magnetostatik

i) Gegeben seiennLadungenqi am Ort~ri (i= 1, . . . , n).

• Was erhalten Sie f ¨ur das elektrische FeldE(~r)~ am Ort~r?

Was ergibt sich f ¨ur die WechselwirkungsenergieW des Systems?

E(~x) =~ 1 4πǫ0

∑

q_i

|~r−~r_i|³ (~r−~r_i), ¹

2 P

W = 1 2

1 4πǫ0

∑

q_iq_j

|~ri−~rj| ¹² P

• Welche Bedingung an die Ladungen muß gelten, damit das elektrische Feld E(~r)~ f ¨ur große Abst¨ande, also f ¨ur|~r| ≫ |~r_i|, st¨arker als1/r²abf¨allt?

Die Gesamtladung (Monopolmoment) Q=∑i q_i muss verschwinden. 1P

• Welche zwei Bedingungen m ¨ussen gelten, damit das Potential f ¨ur große Ab- st¨ande st¨arker als1/r² abf¨allt?

Die Gesamtladung (Monopolmoment) Q = ∑i q_i und das Dipolmoment ~p = ∑i q_i~r_i

m¨ussen verschwinden. 1P

ii) Eine elektrische LadungQbefindet sich am Ort(0,0, d)mitd >0vor der geerde- ten leitenden Ebenez = 0.

• Was ergibt sich f ¨ur das Potential Φ(x, y, z) und das FeldE(x, y, z)~ f ¨ur z > 0 undz <0?

φ(x, y, z) = 1 4πǫ0

Q

px²+y²+ (z−d)² + −Q

px²+y²+ (z+d)²

z >0

φ(x, y, z) = 0 z <0 1P

E(x,y,z) =~ 1 4πǫ0

( Q

[x²+y²+(z−d)²]^3/2 x z−yd

!

+ −Q

[x²+y²+(z+d)²]^3/2 x z+yd

!)

z >0

E(x,y,z) = 0~ z <0 1P

• Was ergibt sich f ¨ur das Potential, wenn Sie statt der Punktladung einen Dipol mit Dipolmoment~p= (px, py, pz)betrachten?

Dipolmoment des Spiegeldipols:~p^′ = (−p_x,−p_y, p_z). ¹₂ P

φ(x, y, z) = 1 4πǫ0

x p_x+y p_y+ (z−d)p_z

[x²+y²+ (z−d)²]^3/2 +−x p_x−y p_y+ (z+d)p_z [x²+y²+ (z+d)²]^3/2

z >0

φ(x, y, z) = 0 z <0

1 2 P

iii) Gegeben sei eine vom Strom I durchflossene Leiterschleife, deren Verlauf durch die Kurve~l(t)mitt1 ≤t≤t2 gegeben ist.

• Was ergibt sich f ¨ur den Beitragd ~Beines Leiterst ¨ucksd~lzum MagnetfeldB(~r)~ am Punkt~rnach dem Biot-Savartschen Gesetz? Stellen SieB~(~r)als eindimen- sionales Integral ¨ubertdar.

d~B= µ0

4πI d~l× ~r−~l(t)

|~r−~l(t)|³

1 2 P B(~r) =~ µ0

4π Z _t2

t1

dt I d~l

dt × ~r−~l(t)

|~r−~l(t)|³

1 2 P

• Was erhalten Sie f ¨ur|B~|am Mittelpunkt einer kreisf ¨ormigen Schleife mit Ra- diusR?

~l(t) =R cost sint 0

!

~r= 0 ~r−~l(t) =R −cost

−sint 0

!

|~r−~l(t)|=R

B(0) =~ µ0

4π Z 2π

0

dt I R −sint cost

0

!

× R −cost

−sint 0

! 1

R³ = µ0I 2R ~e_z

|B~(0)|= µ0I

2R 1P

b) Zeitabh¨angige Ph¨anomene

i) Zeigen Sie, dass die Kontinuit¨atsgleichung aus den Maxwell-Gleichungen folgt.

Maxwell-Gleichungen

∇ ·~ E~ = ρ ǫ0

, ∇ ·~ B~ = 0,

∇ ×~ E~ +∂tB~ = 0 ∇ ×~ B~ −µ0ǫ0∂tE~ =µ0~j

⇒ ∇ ·~ ~j = 1 µ0

∇ ·~ ∇ ×~ B~

| {z }

0

−µ0ǫ0∂_t∇ ·~ E~

| {z }

ρ/ǫ0

=−∂_tρ

1P

ii) Was erh¨alt man f ¨ur die Impuls¨anderung ^d~p_dt und die ¨Anderung der Energie ^dW_dt eines Teilchens mit der Ladung q und mit Geschwindigkeit ~v bei Anwesenheit eines elektrischen und magnetischen Feldes?

d~p

dt =q(E~ +~v×B~) ¹

2 P dW

dt =q ~v·E~ ¹

2 P

Aufgabe 2: 4 Punkte Das Potential auf einer Kugeloberfl¨ache mit Radiusasei gegeben durch

Φ =α0 +α1 cosθ, α0, α1 =konstant Was ergibt sich f ¨ur das Potential (durch ¨Uberlegungen!)

i) f ¨urr > a, wenn keine Ladungen f ¨ur r > a vorhanden sind und Φ(r→ ∞) → 0 gefordert wird?

ii) f ¨urr < a, wenn keine Ladungen f ¨urr < avorhanden sind.

In beiden F¨allen sind keine Ladungen vorhanden: Laplace-Gleichung△Φ(r, θ, φ) = 0 gilt.

Allgemeine L¨osung:

Φ(r, θ, φ) =

∑

∑

(A_lmr^l+B_lmr^−l−1)Y_l,m(θ, φ) wobeiY_l,m die Kugelfl¨achenfunktionen sind:

1P

Y_0,0 = 1

√4π, Y_1,0 = r 3

4πcosθ, Y_1,1=− r 3

8πsinθe^iφ, Y_1,−1 = r 3

8π sinθe^−iφ, . . . A_lm und B_lm werden durch die Randbedingungen bestimmt.

1P

• r > a

F¨urr→∞soll Φ→0, daher verschwinden alleA_lm.

Durch die Bedingungen f¨ur r = a kann man B_lm festlegen. F¨ur r = a ist das Potential Φ =α0+α1 cosθ. Daher tragen zum Potential nur die Kugelfl¨achenfunktionen Y_0,0 und Y_1,0 bei (alle anderenB_lm verschwinden):

1 2 P

Φ(r, θ, φ) =B00r⁻¹Y00(θ, φ) +B10r⁻²Y10(θ, φ) undB00,B10 sind:

B00=α0a√

4π, B10=α1a² r4π

3 . Daraus folgt:

Φ(r, θ, φ) =α0

a r +α1

a²

r² cosθ r > a. ¹₂ P

• r < a

F¨urr = 0darf man keine Divergenz haben (keine Ladungen sind vorhanden), daher verschwin- den alleB_lm.

Durch die Bedingungen f¨ur r = a kann man A_lm festlegen. F¨ur r = a ist das Potential Φ =α0+α1 cosθ. Daher tragen zum Potential nur die Kugelfl¨achenfunktionen Y_0,0 und Y_1,0 bei (alle anderenA_lm verschwinden):

1 2 P

Φ(r, θ, φ) =A00Y00(θ, φ) +A10r Y10(θ, φ) undA00,A10 sind:

A00=α0

√4π, A10=α1

1 a

r4π 3 . Daraus folgt:

Φ(r, θ, φ) =α0+α1

r

a cosθ r < a. ¹₂ P

Aufgabe 3: 7 Punkte Gegeben sei (in Zylinderkoordinaten) die Stromdichte

~j(r, φ, z) =jo~ez

h

1−r a

ni

θ(a−r), a >0.

i) Was ergibt sich f ¨ur den gesamten StromI?

I = Z

F

d~F·~j Daher

1P

I = Z _a

0

dr^′r^′ Z _2π

0

dφ^′j_o

1− r^′

a n

= 2πj_o Z _a

0

dr^′

r^′−(r^′)ⁿ⁺¹ aⁿ

=π j_oa² n

n+ 2 1P

ii) Berechnen Sie mittels des Amp`ereschen Gesetzes das zugeh ¨orige Magnetfeld B~ (wahlweise in Zylinder- oder kartesischen Koordinaten) f ¨urr > aundr < a.

Amp`eresches Gesetz:

I

C d~l·B~ =µ0I_c

wobei C eine geschlossene Kurve und I_c der gesamte Strom ist, der durchC fließt.

1P

Diese Aufgabe hat eine zylindrische Symmetrie und dasB~ Feld ist wie in der Bildung:

B~

~j

x

y z

Daraus folgt:

B~ =B ~e_φ=B(cosφ~e_x+ sinφ~e_y).

Wir betrachten als KurveC einen Kreis mit Zentrum inr= 0 in der Ebene senkrecht zu~j und Radiusr. Daraus folgt:

I

c

d~l·B~ = 2π r B. 1P

F¨urr > a fließt durch C der gesamte Strom I:

I

c d~l·B~ =µ0Ic ⇔ 2π r B=µ0π joa² n n+ 2 Daraus folgt

B =µ0j_oa² r

n

2(n+ 2) ⇒ B~ = µ0j_oa² r

n

2(n+ 2)~e_φ= µ0j_oa² r

n

2(n+ 2)(cosφ~e_x+sinφ~e_y). 1P

F¨urr < a fließt durch C der StromI(r):

I(r) = Z _r

0

dr^′r^′ Z _2π

0

dφ^′j_o

1− r^′

a n

= 2π j_o Z _r

0

dr^′

r^′−(r^′)ⁿ⁺¹ aⁿ

=π j_or²

1− 2 n+ 2

rⁿ aⁿ

, 1P

I

C

d~l·B~ =µ0I_c ⇔ 2π r B=π j_or²

1− 2 n+ 2

rⁿ aⁿ

. Daraus folgt

B = µ0j_or 2

1− 2 n+ 2

rⁿ aⁿ

,

⇒ B~ = µ0j_or 2

1− 2 n+ 2

rⁿ aⁿ

~e_φ= µ0j_or 2

1− 2 n+ 2

rⁿ aⁿ

(cosφ~e_x+ sinφ~e_y). 1P

Aufgabe 4: 6 Punkte

Ein Pion (MasseMπ) zerfalle in ein Myon (Masse mµ) und ein Neutrino (Masse mν ≃ 0). Bestimmen Sie Ausdr ¨ucke f ¨ur Energie und Impuls des Myons im Ruhesystem des Pions in Abh¨angigkeit vonMπ undmµ. Wie weit fliegt das Myon im Mittel, wenn seine mittlere Lebensdauerτ betr¨agt? (ausgedr ¨uckt durchMπ,mµundτ).

π⁻→µ⁻ν¯_µ Im Ruhesystem des Pions:

p^α_π = (c²M_π,~0), p^α_µ = (E_µ,~p_µ), p^α_ν = (E_ν,~p_ν).

Relativistische Energie-Impuls Beziehung:

E_µ² =c⁴m²_µ+c²|~p_µ|² E_ν² =c²~p²_ν. 1P Erhaltung des Viererimpulses:

p^α_π =p^α_µ+p^α_ν, ⇒

( E_µ+E_ν =c²M_π,

~p_µ+~p_ν = 0. 1P

Daraus folgt

( qc⁴m²_µ+c²~p²_µ+c|~p_ν|=c²M_π,

~p_µ=−~p_ν, ⇒ |~p_µ|=|~p_ν|=|~p|. Dann

c⁴m²_µ+c²|~p|² =c⁴M_π²+c²|~p|²−2c³M_π|~p| ⇒ |~p|=cM_π²−m²_µ

2M_π . 1P

Daraus folgt

E_µ=cq

c²m²_µ+|~p_µ|² =c² M_π²+m²_µ

2M_π . 1P

Zusammenhang zwischen Impuls, Energie und Geschwindigkeit:

|~p|=γ m v, E =γ m c². Daraus folgt

v= |~p|

E c², γ = E

m c², γ v= |~p| m. Das Myon fliegt im Mittel im Ruhesystem des Pions:

s=γ τ v=τ |~p_µ|

m_µ =τ cM_π²−m²_µ 2M_πm_µ , (Dasγ kommt von der Zeit-Dilatation).

1 + 1P

Aufgabe 5: 3 Punkte

F ¨ur den Zusammenhang zwischen Wellenvektor~k und Kreisfrequenz ωeiner Welle in einem quadratischen Hohlleiter mit Kantenl¨angeagilt (mitmganzzahlig):

~k² = ω²

c² −π²m a

2

.

i) Was ergibt sich f ¨ur die Phasengeschwindigkeitvphund die Gruppengeschwindig- keitvg?

v_ph = ω k =c

1 +

mπ k a

21/2

. 1P

v_g= dω dk =c

1 +

mπ k a

2−1/2

. 1P

ii) F ¨ur welche Kreisfrequenzen ist die Ausbreitung von Wellen m ¨oglich?

Die Ausbreitung von Wellen ist m¨oglich, wenn~kreell ist, d.h. es muss einen Wert vonmgeben, so dass~k² ≥0. Das bedeutet,~k² muss positiv sein, mindestens f¨ur m= 1.

1 2 P

Daraus folgt die folgende Bedingung f¨ur die Kreisfrequenzen, die die Ausbreitung von Wellen erm¨oglicht:

ω≥ π c

a . ¹

2 P

Aufgabe 6: 10 Punkte

Eine Welle sei durch die PotentialeA~ =A0~ey sin(kx−ωt)undΦ = 0beschrieben.

i) Berechnen Sie die elektrische und magnetische Feldst¨arke.

E~ =−∇~Φ−∂~A

∂t =A0ω~e_y cos (kx−ωt). 1P

B~ =∇ ×~ A~ = ∂_x

∂_y

∂_z

!

× A_x A_y A_z

!

=~e_z ∂A_y

∂x =A0k~e_z cos (kx−ωt). 1P

ii) Die Welle falle nun auf ein Elektron, welches durch eine Kraft F~ = −m α²~r an seine Ruhelage bei~r = 0gebunden ist (harmonischer Oszillator). Wie lauten die Bewegungsgleichungen f ¨ur die drei Koordinatenx(t),y(t),z(t)des Elektrons?

Lorentz Kraft:

d~p

dt =−m α²~r+ (−e) (E~ +~v×B),~ 1P

~p=m γ~r,˙ ~v= ˙~r, dγ dt = ˙γ.

Daraus folgt:

m γ~r¨+mγ˙~r˙ =−m α²~r−e(ω ~ey+k~r˙×~ez)A0cos (kx−ωt).

In Kartesischen Koordinaten:

m γx¨+mγ˙x˙ = −m α²x−e ky A˙ 0cos (kx−ωt), m γ¨y+mγ˙y˙ = −m α²y−e(ω−kx˙)A0cos (kx−ωt), m γ¨z+mγ˙z˙ = −m α²z,

(wir haben benutzt~r˙×~ez = ˙y ~ex−x~e˙ y).

1P

iii) Formulieren Sie die Bewegungsgleichungen im nichtrelativistischen Grenzfallv/c≪1, d.h. setzen Sieγ →1und vernachl¨assigen Sie Terme der Ordnung~r/c. Zeigen Sie,˙ dass die Gleichungen f ¨ur x und z dann entkoppeln und mit den Anfangsbedin- gungenx(0) = z(0) = ˙x(0) = ˙z(0) = 0trivial gel ¨ost werden. Suchen Sie dann die L ¨osung f ¨ury(t).

In der Bewegungsgleichung von Punktii) benutzen wirk=ω/cund schreiben:

m γ~r¨+mγ˙~r˙ =−m α²~r−e ω(~e_y+~r˙

c ×~e_z)A0cos (kx−ωt).

Im Grenzfall ^|~r_c^˙| ≪1(γ ∼1) findet man:

m~r¨=−m α²~r−e ω ~e_yA0cos (kx−ωt).

In Kartesischen Koordinaten:

mx¨ = −m α²x,

m¨y = −m α²y−e ω A0cos (kx−ωt), m¨z = −m α²z.

Die Gleichungen f¨urx(t)undz(t)sind harmonische Oszillatoren, deren allgemeine L¨osung ist:

1P

x(t) =Axcos (αt) +Bxsin(αt), z(t) =Azcos (αt) +Bzsin(αt).

Mit den Anfangsbedingungenx=z= ˙x= ˙z= 0 zur Zeitt= 0 findet man:

x(0) =A_x = 0, x(0) =˙ α B_x = 0, z(0) =A_z = 0, z(0) =˙ α B_z = 0.

Daraus folgt:

x(t) = 0, z(t) = 0.

Die Gleichung f¨ur y(t) wird dann:

1P

my¨=−m α²y−e ω A0cos (ωt).

Das ist eine inhomogene differentielle Gleichung. Die allgemeine L¨osung ist die allgemeine L¨osung der assoziierten homogenen Gleichung (harmonischer Oszilator) plus eine L¨osung der inhomogene Gleichung:

y(t) =A_ycos (αt) +B_ysin(αt) +y0(t) mit m¨y0 =−m α²y0−e ω A0cos (ωt).

Suchen wir nun die spezielle L¨osung y0(t). Ansatz:

1 + 1P

y0(t) =acos (ωt)

Wir f¨ugen den Ansatz in die differentielle Gleichung ein und finden:

−m a ω² cos (ωt) =−m α²acos (ωt)−e ω A0cos (ωt).

Daraus folgt:

−m a ω² =−m α²a−e ω A0 ⇒ (α²−ω²)m a=−e ω A0 ⇒ a= ω e A0

(ω²−α²)m. Die allgemeine L¨osung f¨ury(t) ist dann:

y(t) =A_ycos (αt) +B_ysin(αt) + ω e A0

(ω²−α²)m cos (ωt). 2P