dz 2 + kx = 0 d 2 y

3 Übungsblatt Kern und Teilchenphysik

3.1 (Quadrupolmagnet - Bahngleichung)

Es istzuzeigen,dassfürdie Bahngleichungeinesrelativistischen Protons,das

sichmit

| ~ p |

^{undkleinerNeigungzur}Strahlachse

z

^ineinemQuadrupolmagneten bewegtgilt:

d ² x

dz ² + kx = 0 d ² y

dz ² − ky = 0

mit

k = _| ^eg _{~ p |}

^{. Die} Gleichungen sindunter folgenderzusätzlicher Vorrausset- zunggültig:

v x /v z 1

^und

v y /v z 1

^{.AufGrund derhohen}Geschwindigkeit entlangderStrahlachsegilt

v z ≈ c

^{.Wir leitendieersteGleichungher,esgilt:}

F x = e (v y B z − v z B y ) ≈ − ecgx

mit

F x = γm ^d _dt ^{2 2 x} = γm ^d _dz ^{2 x 2 d} _dt ^{2 z 2} = γmv ² _z ^d _dz ^{2 x 2}

^folgt:

γmv _z ² d ² x

dz ² = − ecgx d ² x

dz ² + eg γmv z

x = 0 d ² x

dz ² + kx = 0

DiezweiteGleichungfolgtmit Hilfevon:

F y = e (v z B x − v x B z ) ≈ ecgy

und

F y = γm ^d _dt ^{2 2 y} = γm ^d _dz ^{2 y 2 d} _dt ^{2 z 2} = γmv _z ^{2 d} _dz ^{2 y 2}

^:

γmv _z ² d ² y

dz ² = ecgy d ² y

dz ² − eg γmv z

y = 0 d ² y

dz ² + ky = 0

Esistzuzeigen,dass

x x ^/

= M F

x 0

x ^/ ₀

und

y y ^/

= M D

y 0

y ₀ ^/

mit

M F = cos √

kL ^{√ 1} _k sin √ kL

− √ k sin √

kL cos √ kL

!

, M D = cosh √

kL ^{√ 1} _k sinh √

√ kL k sinh √

kL cosh √ kL

!

Wirgehenausvondenin Aufgabe9hergeleitetenBahngleichungen.

d ² x

dz ² + kx = 0 d ² y

dz ² − ky = 0

UnterZuhilfenahmedesallgemeinenAnsatzes:

x = Ae ^{− αz} + Be ^αz dx

dz = − αAe ^{− αz} + αBe ^αz d ² x

dz ² = α ² Ae ^{− αz} + Be ^αz

folgt:

α = ± √

− k = ± i √ k

UnterdenRandbedingungen

x (0) = x 0

^und

dx

dz (0) = x ^/ ₀

^folgt:

x 0 = A + B x ^/ ₀ = − αA + αB

Hierauserhaltenwir

A

^und

B

^als:

A = αx 0 − x ^/ ₀ 2α B = αx 0 + x ^/ ₀

2α

Dieseingesetztin

x

^liefert:

x = αx 0 − x ^/ ₀ 2α

!

e ^{− αz} + αx 0 + x ^/ ₀ 2α

!

e ^αz

x = 1

2 e ^{− αz} + e ^αz

· x 0 + 1

2α e ^αz − e ^{− αz}

· x ^/ ₀

Betrachtenwirnun

α = i √

k

^{, soerhaltenwir}

x = 1 2

e ^{− i √ kz} + e ^{i √ kz}

· x 0 + 1 2i √

k

e ^{i √ kz} − e ^{− i √ kz}

· x ^/ ₀

=

e ^{− i √ kz} + e ^{i √ kz}

2 · x 0 + 1

√ k

e ^{i √ kz} − e ^{− i √ kz} 2i · x ^/ ₀

= cos √ kz

· x 0 + 1

√ k sin √ kz

· x ^/ ₀

DieAbleitungliefert:

dx

dz = x ^/ = − √

k sin √ kz

· x 0 + cos √ kz

· x ^/ ₀

Somit erhaltenwir, wennwir dies in Matrixform,wobeiwir

z = L

^setzen,

schreiben:

x x ^/

=





cos √ kL

√ 1

k sin √ kL

− √

k sin √ kL

cos √ kL



 x 0

x ^/ ₀

D.h.fürdieMatrix

M

F folgt:

M F =





cos √ kL

√ 1

k sin √ kL

− √

k sin √ kL

cos √ kL





Umdie zweite Matrixzu zeigen, betrachtenwirdie

y

^{-Richtung, wobeiwir}

auf Grund derAllgemeinheitdes Ansatzesfürdie

x

-Komponenteden gleichen Ansatz verwenden können. Wir müssen nur diesen Ansatz in die DGL für die

y

-Komponenteeinsetzenunderhalten:

α ² Ae ^{− αz} + Be ^αz

− k Ae ^{− αz} + Be ^αz

= 0 α = ± √

k

Diessetzenwirnunin:

y = 1

2 e ^{− αz} + e ^αz

· y 0 + 1

2α e ^αz − e ^{− αz}

· y ^/ ₀

welche bis auf das andere

α

^{identisch ist für}

x

^und

y

^{. Hieraus folgt mit}

α = √

k

^also:

y =

e ^{− √ kz} + e ^{√ kz}

2 · y 0 + 1

√ k

e ^{√ kz} − e ^{− √ kz} 2 · y ₀ ^/

= cosh √ kz

· y 0 + 1

√ k sinh √ kz

· y ₀ ^/

y ^/ = √

k sinh √ kz

· y 0 + cosh √ kz

· y ^/ ₀

wobeisichdieAbleitungvon

cosh y = ^{e y +e} ₂ ^−y

^zu

_dy ^d cosh y = ^{e y −} ₂ ^{e −y} = sinh y

ergibt und dieAbleitung von

sinh y = ^{e y −} ₂ ^{e − y}

^zu

_dy ^d sinh y = ^{e y +e} ₂ ^{− y} = cosh y

^.

InMatrixformmit

z = L

^erhaltenwir:

y y ^/

=





cosh √ kL

√ 1

k sinh √ kL

√ k sinh √ kL

cosh √ kL



 y 0

y ^/ ₀

Dasheisst,dieMatrix

M

D

ergibtsich zu:

M D = cosh √

kL ^{√ 1} _k sinh √

√ kL k sinh √

kL cosh √ kL

!

Wir betrachten einefeldfreie Region der Länge

l

^{, wobei zu zeigen ist, das}

hierfürdieMatrix

M 0 = 1 l

0 1

folgt.Betrachtenwirdafürzuerst

M F

^{,wobeiaufGrundder}Quadrupolstärke

k = 0

^{sichfolgendeFormergibt:}

M F

k=0 = 1 ^{sin √ √} _k ^kl k=0

0 1

!

BisaufdenWertfür

sin √

√ kl

k

^{sinddieWerteklar.Fürdiesenmüssenwireine}

Grenzwertbetrachtungdurchführen, esgilt:

k lim → 0

sin √

√ kl

k = lim

x → 0

sin x

x l

= l lim

x → 0

sin x x = l

DerGrenzwert liefertalso

l

^{, somiterhalten wirfürdieMatriximfeldfreien}

Raum:

M F

k=0 = M 0 = 1 l

0 1

Betrachtenwirnundie

y

-Komponente,fürdiesegilt:

M D

_k=0 = 1 ^{sinh √ √} _k ^kL

0 1

!

da

cosh x = ^{e x +e} ₂ ^{− x}

^{, wasfür}

x = 0

^eine

1

^liefertund

sinh x = ^{e x −} ₂ ^{e − x}

^{, was}

für

x = 0

^eine

0

^{liefert.Fraglich isthier derEintrag}

^sinh √ ^{√ kL}

k

^{, fürden wireine}

Grenzwertbetrachtungdurchführen:

k lim → 0

sinh √

√ kl

k = lim

x → 0

sinh x

x l

= l lim

x → 0

sinh x x = l

wobei

sinh x = ^{e x −} ₂ ^{e −x}

^{,AnwendungvonL'Hospitalliefert:}

x lim → 0

sinh x x = lim

x → 0

e ^x + e ^{− x} 2 · 1 = 1

SomitfolgtalsofürdieMatriximfeldfreienRaum:

M F

k=0 = M D

k=0 = M 0 = 1 l

0 1

AlternativlässtsichdiesauchinwenigenZeilenmitMatrizenoptikzeigen.

Wir betrachtenden feldfreienRaum derLänge

l

^{. AmAnfang istderAbstand}

zur Strahlachse

x IN = x 1

^{, am Ende sei dieser}

X OUT = x 2

^{. Für die Steigung}

gelteinbeidenFällen

x ^/ _IN = x ^/ _OUT = tan α = ^{(x 2 −} _l ^{x 1 )}

^.Esgiltnun:

~r 2 = M 0 ~r 1

ausgeschrieben:

x 2

tan α

=

A B C D

x 1

tan α

DassichergebendeGleichungssystemistleichtlösbar:

x 2 = A · x 1 + B · (x 2 − x 1 )

l ⇒ A = 1, B = l tan α = C · x 1 + D · tan α ⇒ C = 0, D = 1

somitergibt sich:

M 0 = 1 l

0 1

EsistnundieMatrixfürdünneLinsen:

M L =

1 0

− ¹ _f 1

nachzuweisen.EsgiltfürdieTransfermatrixeinerdünnenLinse:

x x ^/

OUT

=

A B C D

x x ^/

IN

Diesliefertein Gleichungssystem:

x OUT = A · x IN + B · x ^/ _IN x ^/ _OUT = C · x IN + D · x ^/ _IN

Für einen aus dem Unendlichen im Abstand

x 0

^{von der} Strahlachsekom- menden Strahl,der auf diedünne Linse trit, gilt

x IN = x 0

^,

x OUT = x 0

^,mit

denSteigungen

x ^/ _IN = 0

^und

x ^/ _OUT = − ^x _f ⁰

^{. Diesliefert:}

x 0 = A · x 0 ⇒ A = 1

− x 0

f = C · x 0 ⇒ C = − 1 f

Betrachtenwirjetzt zusätzlichnocheinenBrennpunktstrahl,wobeifürdie-

sen gilt

x IN = x 0

^,

x OUT = x 0

^{, mit den Steigungen}

x ^/ _IN = ^x _f ⁰

^und

x ^/ _OUT = 0

^,

soerhaltenwirdaszweiteGleichungssystem,wodurchwirvierGleichungenmit

vierUnbekanntenbesitzen.

x 0 = A · x 0 + B · x 0

f ⇒ B = 0 0 = C · x 0 + D · x 0

f ⇒ D = 1

WirerhaltenalsodieMatrix:

M L =

1 0

− ¹ _f 1

Esistzuzeigen,dassausMultiplikationderdreiMatrizen(feldfrei

s 1

^,Linse,

feldfrei

s 2

^)dieLinsengleichung:

1 f = 1

s 1

+ 1 s 2

unter derBedingung

M ₁₂

^sys

= 0

^folgt.

WirmultiplizierendieMatrizen:

M 0 (s 1 ) .M L .M 0 (s 2 ) =

1 s 1

0 1

.

1 0

− _f ¹ 1

.

1 s 2

0 1

Diesliefert:

M 0 (s 1 ) .M L .M 0 (s 2 ) =

1 − ^s _f ¹ s 1

− ¹ _f 1

.

1 s 2

0 1

= 1 − ^s f ¹

1 − ^s f ¹

s 2 + s 1

− f ¹ − ^s f ² + 1

!

MitderBedingung

M ₁₂

^sys

= 0

^folgt:

1 − s 1

f

s 2 + s 1 = 0 s 1 s 2

f = s 1 + s 2

1

f = s 1 + s 2

s 1 s 2

1

f = 1 s 1

+ 1 s 2

3.3 (Quadrupolmagnet - dicke Linse)

Esistzuzeigen,dass

M F

^füreinenfokussierendenQuadrupolmagnetenzerlegt werdenkannin dasProdukt:

M F = 1 √ ¹

k tan √ kL 2

0 1

! 1 0

− √

k sin √ kL

1

! 1 √ ¹

k tan √ kL 2

0 1

!

wobeiwirinAufgabe10 gezeigthaben,dassfür

M F

^gilt:

M F =





cos √ kL

√ 1

k sin √ kL

− √

k sin √ kL

cos √ kL





Es sindauch die am Produkt beteiligtenMatrizen wiederzuerkennen, wel-

che in Aufgabe 10 als

M 0

^und

M L

^{gezeigt wurden, wobei wir hier das Mo-}

dell einer dicken Linse beschreiben, indem wir feldfreie Strecken der Län-

ge

l = ^{√ 1} _k tan ^{√ kL} ₂

^{um eine dünne Linse legen, welche eine Fokuslänge von}

f = √ ¹

k sin √

kL

^besitzt.

WirkönnenalsozumNachweisdieMatrizenausderProduktzerlegungmul-

tiplizieren:

M F =





1 − tan √ kL 2

sin √ kL

√ 1

k tan √ kL 2

− √

k sin √ kL

1





1 √ ¹

k tan √ kL 2

0 1

!

=





1 − tan √ kL 2

sin √

kL

1 − tan √ kL 2

sin √ kL

√ 1

k tan √ kL 2

+ √ ¹

k tan √ kL 2

− √

k sin √ kL

− sin √ kL

tan √ kL 2

+ 1





=





1 − sin √ kL

tan √ kL 2

2 − tan √ kL 2

sin √ kL

√ 1

k tan √ kL 2

− √

k sin √ kL

1 − sin √ kL

tan √ kL 2





Ausnutzenvon:

tan

√ kL 2

!

=

1 − cos √ kL sin √

kL

M F =





cos √

kL ^{√ 1} _k ( ^{1+cos √ kL} )( ¹ − cos √ kL )

sin ( ^{√ kL} )

− √

k sin √ kL

cos √ kL





oderweitervereinfacht(mitHilfedestrigonometrischenPythagoras

sin ² √ kL

= 1 − cos ² √

kL

):

M F =





cos √

kL √ ¹ k

sin ² ( ^{√ kL} )

sin ( ^{√ kL} )

− √

k sin √ kL

cos √ kL





Hierausfolgtalso:

M F =





cos √

kL ^{√ 1} _k sin √ kL

− √

k sin √ kL

cos √ kL





DieSkizze fürdie Bahneinesparallelauf diez-Achseauallendes Teilchen

bendetsichin Abb.1.

Abbildung 1:Bahnskizzemit

E

^{demAbstand zwischenHauptebeneundEnde}

derLinse,

f

^{Brennweiteund}

L

^{derLängederLinse}

Ausder Bahnskizze(

z, x

^{-Ebene) erhalten wirden}Eintrittspunktin diedi- ckeLinse

x IN = (0, x 0 )

⁽

x 0 6 = 0

^nach Vorraussetzung)undden Austrittspunkt

x OUT = (L, x (L))

^{, mit der Funktion}

x (L) = x 0 · cos √

kL + x ^/ ₀ ^{√ 1} _k sin √ kL

(ausAufgabe 10 undmit

M F

^{)mit der} Anfangssteigung

x ^/ ₀ = 0

^{, dadas auf-}

fallende Teilchen sich auf einer parallel zur

z

^{-Achse laufenden Bahn benden}

soll. Hiermitergibt sichfür denAustrittspunkt

x OUT =

L, x 0 · cos √ kL

. Es

sind zweigeradeTeilederBahn auÿerhalbdes Magnetfeldeszu extrapolieren.

polmagnet. Beim Eintrittspunkt beträge die Steigung

x ^/ ₀ = 0

^{, d.h. wir erhal-}

ten keine Steigungundkönnenden parallelen Strahl verlängern. Umdie Stei-

gungbeim Austrittspunktzubestimmen, könnenwir

x (L)

^{ableiten,wobeiwir}

x ⁰ (L) = − √

kx 0 · sin √

kL = m

^{erhalten.Mitder}allgemeinenGeradengleichung:

x = m · z + a

erhaltenwirnunauch

a

^{,indemwirunserenPunkt}

x OUT

^einsetzen:

a = x − m · z = x 0 · cos √

kL − m · L = x 0

cos √ kL + √

kL · sin √ kL

Der Winkel

α

^{der von der} extrapolierten Geraden und der

z

^{-Achse einge-}

schlossenwird,liefertdieSteigung:

| m | = tan α = x 0

f

HierkönnenwirwiederunsereobenberechneteSteigungeinsetzen:

x 0

f = √

kx 0 · sin √ kL

f = 1

√ k · sin √ kL

Wirwollennunnoch denAbstand zwischenderHauptebeneund derExit-

Seite des Magneten bestimmen. Hierfür betrachten wir den Schnittpunkt der

beiden extrapolierten Geraden, welche die Position derHauptebene festlegen.

FürdenSchnittpunktgilt:

x 0 = m · (L − E) + a

wirkönnenunserobenbestimmtes

a

^und

m

^{einsetzenunderhalten:}

x 0 = − √

kx 0 · sin √ kL

· (L − E) + x 0

cos √ kL + √

kL · sin √ kL x 0 = x 0 · h √

k sin √ kL

· ( − L + E + L) + cos √ kL i 0 = E · √

k sin √ kL

+ cos √ kL − 1 E = 1 − cos √

√ kL k sin √

kL

MitderbereitsobenverwendetenRelation:

tan

√ kL 2

!

=

1 − cos √ kL sin √

kL

folgt:

E = 1

√ k tan

√ kL 2

!