Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, 3. Auflage: Repetitorium und Übungsbuch

Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik Torsten Fließbach • Hans Walliser Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik Repetito...

Author: Torsten Fließbach | Hans Walliser

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Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik

Torsten Fließbach • Hans Walliser

Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik Repetitorium und Übungsbuch 3. AuÀage

Autoren Prof. Dr. Torsten Fließbach Universität Siegen 57068 Siegen E-Mail: À[email protected] Priv.-Doz. Dr. Hans Walliser Universität Siegen 57068 Siegen E-Mail: [email protected]

Weitere Informationen zum Buch ¿nden Sie unter www.spektrum-verlag.de/978-3-8274-2832-5 Wichtiger Hinweis für den Benutzer Der Verlag und die Autoren haben alle Sorgfalt walten lassen, um vollständige und akkurate Informationen in diesem Buch zu publizieren. Der Verlag übernimmt weder Garantie noch die juristische Verantwortung oder irgendeine Haftung für die Nutzung dieser Informationen, für deren Wirtschaftlichkeit oder fehlerfreie Funktion für einen bestimmten Zweck. Ferner kann der Verlag für Schäden, die auf einer Fehlfunktion von Programmen oder ähnliches zurückzuführen sind, nicht haftbar gemacht werden. Auch nicht für die Verletzung von Patent- und anderen Rechten Dritter, die daraus resultieren. Eine telefonische oder schriftliche Beratung durch den Verlag über den Einsatz der Programme ist nicht möglich. Der Verlag übernimmt keine Gewähr dafür, dass die beschriebenen Verfahren, Programme usw. frei von Schutzrechten Dritter sind. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Buch berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und MarkenschutzGesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Bibliogra¿sche Information der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliogra¿e; detaillierte bibliogra¿sche Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. Springer ist ein Unternehmen von Springer Science+Business Media springer.de 3. AuÀage 2012 © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012 Spektrum Akademischer Verlag ist ein Imprint von Springer 12 13 14 15 16

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Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der engen Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des Verlages unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikrover¿lmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Planung und Lektorat: Dr. Andreas Rüdinger, Barbara Lühker Herstellung: Crest Premedia Solutions (P) Ltd, Pune, Maharashtra, India Umschlaggestaltung: SpieszDesign, Neu–Ulm Satz: Autorensatz ISBN 978-3-8274-2832-5

Vorwort Das vorliegende Buch bezieht sich auf die vier Lehrbücher [1, 2, 3, 4] zur Theoretischen Physik von T. Fließbach. Wir folgen einem häufig geäußerten Wunsch der Leser und präsentieren hier die Lösungen zu den in den Lehrbüchern aufgeführten Übungsaufgaben. Das Buch besteht aus den vier Teilen Mechanik, Elektrodynamik, Quantenmechanik und Statistische Physik, die jeweils einem Lehrbuch entsprechen. Jeder Teil in einem der Lehrbücher (mit mehreren Kapiteln) wird hier auf ein Kapitel reduziert. In jedem Kapitel wird der relevante Stoff zunächst in der Form eines knappen Repetitoriums zusammengestellt. Er wird dabei soweit erklärt, dass die Zusammenhänge von dem Leser verstanden werden, der die Lehrbücher schon einmal durchgearbeitet hat. Dieser Repetitoriumsteil enthält in der Regel alle Formeln, die für die nachfolgenden Aufgaben benötigt werden. Das Repetitorium sollte insbesondere auch bei Prüfungsvorbereitungen nützlich sein. Auf die Zusammenfassung des Stoffs folgen die zugehörigen Übungsaufgaben und ihre Lösungen. Die Lösungen werden ausführlich dargestellt und diskutiert. Der Sinn von Aufgaben liegt darin, dass sie vom Studenten möglichst eigenständig bearbeitet werden. Diese Arbeit muss natürlich vor der Lektüre der hier angebotenen Lösungen liegen! Unsere Musterlösungen dienen dann zur Kontrolle der selbst erarbeiteten Lösung. Außerdem dürfte die Diskussion des Lösungswegs und der Lösung zu einem vertieften Verständnis führen. Die Übungsaufgaben sind weitgehend deckungsgleich mit denen der aktuellen Auflagen [1, 2, 3, 4] der Lehrbücher. Dieses Arbeitsbuch ist aber so gestaltet, dass es unabhängig von diesen Lehrbüchern benutzt werden kann; dazu trägt nicht zuletzt der Repetitoriumsteil bei. Die Auswahl der Aufgaben orientiert sich an dem Bezug zum Stoff der Lehrbücher; insofern haben wir keine umfassende Aufgabensammlung angestrebt. Eine Liste der Aufgaben steht am Ende des Inhaltsverzeichnisses. Aus diesem Aufgabenverzeichnis ergibt sich auch die Zuordnung zu den Aufgaben in den Lehrbüchern. Für die vorliegende dritte Auflage wurden ein Reihe von Korrekturen vorgenommen. Bei Herbert Weigel (Universität Stellenbosch), Christoph Gayer, Gerhard Schäfer (Universität Jena) und weiteren Lesern früherer Auflagen bedanken wir uns für wertvolle Hinweise. Fehlermeldungen oder andere Anmerkungen sind jederzeit willkommen (vorzugsweise an [email protected] oder [email protected]). Eventuelle Korrekturen sind auf der Homepage www2.uni-siegen.de/∼flieba/ zu finden. Siegen, August 2011

Torsten Fließbach Hans Walliser

VI

Literaturangaben [1] T. Fließbach, Mechanik, 6. Auflage, Spektrum Akademischer Verlag, Heidelberg 2009 [2] T. Fließbach, Elektrodynamik, 5. Auflage, Spektrum Akademischer Verlag, Heidelberg 2008 [3] T. Fließbach, Quantenmechanik, 5. Auflage, Spektrum Akademischer Verlag, Heidelberg 2008 [4] T. Fließbach, Statistische Physik, 5. Auflage, Spektrum Akademischer Verlag, Heidelberg 2010

Inhaltsverzeichnis I

Mechanik 1 2 3 4 5 6 7 8 9

II

1

Elementare Newtonsche Mechanik Lagrangeformalismus . . . . . . . Variationsprinzipien . . . . . . . . Zentralpotenzial . . . . . . . . . . Starrer Körper . . . . . . . . . . . Kleine Schwingungen . . . . . . . Hamiltonformalismus . . . . . . . Kontinuumsmechanik . . . . . . . Relativistische Mechanik . . . . .

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Elektrodynamik 10 11 12 13 14 15 16

III

143

Tensoranalysis . . . . . . . . . . . . Elektrostatik . . . . . . . . . . . . . Magnetostatik . . . . . . . . . . . . Maxwellgleichungen: Grundlagen . Maxwellgleichungen: Anwendungen Elektrodynamik in Materie . . . . . Elemente der Optik . . . . . . . . .

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Quantenmechanik 17 18 19 20 21 22 23 24

Schrödingers Wellenmechanik . Eigenwerte und Eigenfunktionen Eindimensionale Probleme . . . Dreidimensionale Probleme . . . Abstrakte Formulierung . . . . . Operatorenmethode . . . . . . . Näherungsmethoden . . . . . . Mehrteilchensysteme . . . . . .

1 21 37 56 73 90 105 116 125

143 158 207 221 240 273 294

311 . . . . . . . .

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311 334 359 373 408 427 457 487

VIII IV

Inhaltsverzeichnis

Statistische Physik 25 26 27 28 29 30 31

Mathematische Statistik . . . . . . . Grundzüge der Statistischen Physik Thermodynamik . . . . . . . . . . . Statistische Ensembles . . . . . . . Spezielle Systeme . . . . . . . . . . Phasenübergänge . . . . . . . . . . Nichtgleichgewichtsprozesse . . . .

Register

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507 518 545 582 602 642 662

669

Aufgabenverzeichnis In der ersten Spalte ist die laufende Nummer der Aufgabe in diesem Buch angegeben. Die zweite Spalte gibt die Nummer der Aufgabe in einem der Lehrbücher [1, 2, 3, 4] an; so bezeichnet ed7.3 die Aufgabe 7.3 in der Elektrodynamik [2]. Die dritte Spalte gibt den Titel der Aufgabe an. Jeweils am Beginn eines Aufgabenblocks ist schließlich noch die Seitenzahl angegeben. Mechanik Elementare Newtonsche Mechanik 1.1 me1.1 Beschleunigung in Kugelkoordinaten 1.2 me2.1 Abstürzender Satellit 1.3 me2.2 Regentropfen im Schwerefeld 1.4 me2.3 Schwingungsperiode eines anharmonischen Oszillators 1.5 me2.4 Einfluss der Zeitdefinition auf die Bewegungsgleichung 1.6 me3.1 Erzwungene Schwingungen 1.7 me3.2 Weg(un)abhängigkeit der Arbeit 1.8 me3.3 Freier Fall mit Reibung 1.9 me3.4 Förderband – Energiebilanz 1.10 me4.1 Potenzial für Coulombkraft 1.11 me6.1 Corioliskraft beim freien Fall

8

Lagrangeformalismus 2.1 me8.1 Massenpunkt auf Kurve im Schwerefeld 2.2 me8.2 Massenpunkt auf Kugeloberfläche 2.3 me8.3 Hantel auf konzentrischen Kreisen 2.4 me8.4 Beschleunigte schiefe Ebene 2.5 me9.1 Bewegung in kugelsymmetrischem Potenzial 2.6 me9.2 Form der kinetischen Energie 2.7 me9.3 Teilchen im elektromagnetischen Feld 2.8 me10.1 Kleine Schwingungen des Doppelpendels 2.9 me10.2 Hantel mit Reibungskraft 2.10 me11.1 Totale Zeitableitung in der Lagrangefunktion

28

Variationsprinzipien 3.1 me12.1 Brachistochrone 3.2 me12.2 Seifenhaut 3.3 me13.1 Besetzungszahlen aus maximaler Entropie 3.4 me13.2 Isoperimetrisches Problem 3.5 me13.3 Geodätische Linien auf Kreiszylinder 3.6 me14.1 Minimale Wirkung für Teilchen im Schwerefeld

42

X 3.7 3.8 3.9 3.10 3.11

Aufgabenverzeichnis me14.2 me15.1 me15.2 me15.3 me15.4

Äquivalenz von Lagrangefunktionen Symmetrie des Potenzials U = α/r 2 Teilchen im homogenen elektrischen Feld Translationsinvarianz im Vielteilchensystem Erhaltungsgrößen des sphärischen Oszillators

Zentralpotenzial 4.1 me16.1 Zur Wahl der verallgemeinerten Koordinaten 4.2 me16.2 Einsetzen von Erhaltungsgrößen in die Lagrangefunktion 4.3 me16.3 Bahnkurven im sphärischen Oszillatorpotenzial 4.4 me17.1 Lenzscher Vektor 4.5 me17.2 Keplerbahnen in kartesischen Koordinaten 4.6 me17.3 Erdsatellit auf Kreisbahn 4.7 me17.4 Periheldrehung 4.8 me18.1 Rutherfordstreuung 4.9 me18.2 Streuquerschnitt für U (r) = α/r 2 4.10 me18.3 Streuung harter Kugeln

62

Starrer Körper 5.1 me20.1 5.2 me20.2 5.3 me20.3 5.4 me20.4 5.5 me20.5 5.6 me21.1 5.7 me22.1 5.8 me22.2 5.9 me23.1 5.10 me23.2

79 Steinerscher Satz Trägheitstensor des homogenen Würfels Trägheitstensor des homogenen Quaders Trägheitstensor des homogenen Ellipsoids Abplattung der Erde Kontraktion eines Tensors Symmetrischer Kreisel mit konstantem Drehmoment Drehmoment senkrecht zum Drehimpuls Zylinder mit Unwucht Schaukelbewegung einer Halbkugel

Kleine Schwingungen 6.1 me24.1 Kraftstoß auf Oszillator 6.2 me25.1 Transformation zu Normalkoordinaten 6.3 me26.1 Standardverfahren für Doppelpendel 6.4 me26.2 Normalkoordinaten für Molekülschwingung 6.5 me26.3 Lineare Kette mit festen Randbedingungen 6.6 me26.4 Eindimensionales Kristallmodell I 6.7 me26.5 Eindimensionales Kristallmodell II Hamiltonformalismus 7.1 me27.1 Hamiltonfunktion für Massenpunkt auf Kreiskegel 7.2 me27.2 Hamiltonfunktion für Teilchen im elektromagnetischen Feld 7.3 me27.3 Massenpunkt auf rotierender Stange 7.4 me27.4 Ebenes Pendel im Phasenraum 7.5 me27.5 Liouvillescher Satz 7.6 me28.1 Beispiel für kanonische Transformation 7.7 me28.2 Erzeugende für kanonische Transformation

93

109

Aufgabenverzeichnis

XI

Kontinuumsmechanik 8.1 me30.1 Saitenschwingung für gegebene Anfangsbedingungen 8.2 me30.2 Lösungsmethode nach d’Alembert 8.3 me32.1 Verallgemeinerung der Bernoulli-Gleichung 8.4 me32.2 Lagrangedichte für inkompressible Flüssigkeit

121

Relativistische Mechanik 9.1 me34.1 Inverse Lorentztransformation 9.2 me34.2 Matrixschreibweise für Wegelement 9.3 me35.1 Lebensdauer von Myonen 9.4 me35.2 Momentaufnahme einer vorbeifliegenden Kugel 9.5 me35.3 Zeitverschiebung für Satelliten 9.6 me37.1 Levi-Civita-Tensor im Minkowskiraum 9.7 me38.1 Konstanz von uα uα 9.8 me39.1 Kinetische Energie im Schwerpunkt- und Laborsystem 9.9 me39.2 Relativistische Bewegung im elektrischen Feld 9.10 me39.3 Uhrzeit in beschleunigtem System 9.11 me40.1 Erhaltungsgrößen der relativistischen Lagrangefunktion 9.12 me40.2 Relativistische Lagrangefunktion für Teilchen im Feld 9.13 me40.3 Relativistische Hamiltonfunktion für Teilchen im Feld

131

Elektrodynamik Tensoranalysis 10.1 ed1.1 10.2 ed1.2 10.3 ed1.3 10.4 ed1.4 10.5 ed1.5 10.6 ed2.1 10.7 ed2.2 10.8 ed2.3 10.9 ed2.4 10.10 ed2.5 10.11 ed2.6 10.12 ed3.1 10.13 ed3.2 10.14 ed3.3 10.15 ed3.4 10.16 ed4.1

148 Verifikation des Stokesschen Satzes Verifikation des Gaußschen Satzes Elliptische Zylinderkoordinaten Rotation für orthogonale Koordinaten Divergenz für orthogonale Koordinaten Rechnen mit Gradient, Divergenz und Rotation Tensor zweiter Stufe Levi-Civita-Tensor Produktregel für den Nabla-Operator Rotation des Gradienten Kontraktion zweier Levi-Civita-Tensoren δ-Funktion als Funktionenfolge Integraldarstellung der δ-Funktion Darstellung der δ-Funktion als Summe δ-Funktion einer Funktion Lorentztensor zweiter Stufe

Elektrostatik 11.1 ed5.1 11.2 ed6.1 11.3 ed6.2 11.4 ed6.3

Ladungsdichte für Kugelschale und Kreisscheibe Gaußsches Gesetz: Punktladung in einer Kugel Homogen geladene Kugel Homogen geladener Kreiszylinder

169

XII 11.5 11.6 11.7 11.8 11.9 11.10 11.11 11.12 11.13 11.14 11.15 11.16 11.17 11.18 11.19 11.20 11.21 11.22 11.23 11.24 11.25 11.26 11.27 11.28 11.29 11.30 11.31 11.32 11.33 11.34 11.35 11.36

Aufgabenverzeichnis ed6.4 ed6.5 ed6.6 ed6.7 ed7.1 ed7.2 ed7.3 ed7.4 ed7.5 ed8.1 ed8.2 ed8.3 ed8.4 ed8.5 ed8.6 ed8.7 ed9.1 ed9.2 ed9.3 ed9.4 ed9.5 ed10.1 ed10.2 ed10.3 ed10.4 ed11.1 ed11.2 ed11.3 ed12.1 ed12.2 ed12.3 ed12.4

Elektrostatisches Potenzial des Wasserstoffatoms NaCl-Kristall Parallele geladene Drähte Homogen geladener dünner Stab Poissongleichung auf ein- und zweidimensionalem Gitter Poissongleichung auf dem Gitter: Hohler Metallwürfel Durch Metallplatten begrenztes Volumen I Durch Metallplatten begrenztes Volumen II Variationsprinzip für die Feldenergie Punktladung vor geerdeten Metallplatten Punktladung vor Metallkugel Kugelkondensator Plattenkondensator auf dem Gitter Komplexes Potenzial Potenzialströmung um eine bewegte Kugel Wärmeleitungsgleichung Vollständigkeitsrelation für Sinusfunktionen Legendrepolynome aus der Rekursionsformel Legendresche Differenzialgleichung Normierung der Legendrepolynome Laplacegleichung in kartesischen und Zylinderkoordinaten Homogen geladener Kreisring Zwei parallele Kreisringe Homogen geladene Kreisscheibe Homogen geladenes Rotationsellipsoid Zugeordnete Legendrepolynome Entwicklung des Skalarprodukts nach Kugelfunktionen Kugelschale mit vorgegebenem Potenzial Multipole des homogen geladenen Stabs Singularität des Punktdipolfelds Kartesische und sphärische Quadrupolkomponenten Quadrupoltensor von Rotationsellipsoid und Kreiszylinder

Magnetostatik 12.1 12.2 12.3 12.4 12.5 12.6 12.7 12.8 12.9 12.10 12.11

ed13.1 ed14.1 ed14.2 ed14.3 ed15.1 ed15.2 ed15.3 ed15.4 ed15.5 ed15.6 ed15.7

210 Geschwindigkeit der Metallelektronen Stromdurchflossener Hohlzylinder Stromdurchflossener Draht Zylinderspule Lokalisierte Stromverteilung Zylindersymmetrische Stromverteilung Stromdurchflossene Leiterschleife Helmholtz-Spulen Rotierende, homogen geladene Kugel Oberflächenströme der homogen magnetisierten Kugel Kleiner Permanentmagnet

Aufgabenverzeichnis

XIII

Maxwellgleichungen: Grundlagen 13.1 ed16.1 Induktion in bewegter rechteckiger Leiterschleife 13.2 ed16.2 Induktion in bewegter kreisförmiger Leiterschleife 13.3 ed16.3 Induktion im rotierenden Kreisring 13.4 ed16.4 Magnetfeld im sich entladenden Plattenkondensator 13.5 ed16.5 Felddrehimpuls der rotierenden geladenen Kugel 13.6 ed17.1 Fouriertransformation der Wellengleichung 13.7 ed17.2 Lösung der eindimensionalen Wellengleichung 13.8 ed18.1 Relativistische Bewegungsgleichungen 13.9 ed18.2 Teilchen im konstanten elektrischen Feld 13.10 ed18.3 Teilchen im konstanten magnetischen Feld 13.11 ed18.4 Homogene Maxwellgleichungen 13.12 ed18.5 Ladung als Lorentzskalar 13.13 ed19.1 Eichtransformation 13.14 ed19.2 Erhaltung des Viererimpulses

227

Maxwellgleichungen: Anwendungen 14.1 ed20.1 Ebene elektromagnetische Welle 14.2 ed20.2 Eindimensionales Wellenpaket 14.3 ed20.3 Zirkular polarisiertes Wellenpaket 14.4 ed22.1 Invarianten des elektromagnetischen Felds 14.5 ed22.2 Felder einer vorbeifliegenden Ladung 14.6 ed22.3 Energiestrom einer gleichförmig bewegten Ladung 14.7 ed22.4 Ladung ist unabhängig von der Geschwindigkeit 14.8 ed22.5 Elektromagnetische Massen der bewegten geladenen Kugel 14.9 ed22.6 Zur Aberration 14.10 ed23.1 Retardierte Potenziale der gleichförmig bewegten Ladung 14.11 ed24.1 Periodische Ladungsdichte 14.12 ed24.2 Geladenes Teilchen auf Kreisbahn 14.13 ed24.3 Mehrere geladene Teilchen auf Kreisbahn 14.14 ed24.4 Magnetische Dipol- und elektrische Quadrupolstrahlung 14.15 ed24.5 Antenne mit angelegter Wechselspannung 14.16 ed24.6 Antennengitter 14.17 ed24.7 Bewegungsgleichung mit Strahlungskraft 14.18 ed25.1 Klassisches Wasserstoffatom 14.19 ed25.2 Strukturfunktion für kubisches Gitter 14.20 ed26.1 Magnetfeld im Kondensator 14.21 ed26.2 Schwingkreis

251

Elektrodynamik in Materie 15.1 ed30.1 Punktladung und Dielektrikum 15.2 ed30.2 Potenzial aus externer Ladungsdichte und Polarisation 15.3 ed30.3 Homogen polarisierte Kugel 15.4 ed31.1 Dipoleinstellung im thermischen Gleichgewicht 15.5 ed31.2 Leitfähigkeit in SI-Einheiten 15.6 ed32.1 Vektorpotenzial aus externer Stromdichte und Magnetisierung 15.7 ed32.2 Homogen magnetisierte Kugel

285

XIV 15.8 15.9

Aufgabenverzeichnis ed32.3 ed32.4

Magnetisierung durch äußeres Feld Hochpermeable Kugelschale im äußeren Feld

Elemente der Optik 16.1 ed36.1 Streuung am Strichgitter 16.2 ed37.1 Komplexer Brechungsindex 16.3 ed37.2 Totalreflexion 16.4 ed37.3 Fresnelsche Formeln für polarisiertes Licht 16.5 ed37.4 Alternative Form der Fresnelschen Formeln 16.6 ed37.5 Regenbogen 16.7 ed37.6 Alternative Herleitung des Brechungsgesetzes 16.8 ed38.1 Brechungsgesetz aus dem Fermatschen Prinzip 16.9 ed38.2 Ortsabhängiger Brechungsindex

300

Quantenmechanik Schrödingers Wellenmechanik 17.1 qm1.1 Interferenz 17.2 qm1.2 Comptoneffekt 17.3 qm3.1 Eichinvarianz 17.4 qm4.1 Kontinuitätsgleichung für komplexes Potenzial 17.5 qm4.2 Kontinuitätsgleichung für 2-Elektronensystem 17.6 qm5.1 Ortsoperator in der Impulsdarstellung 17.7 qm5.2 Schrödingergleichung in der Impulsdarstellung 17.8 qm5.3 Harmonischer Oszillator in der Impulsdarstellung 17.9 qm5.4 Impulserwartungswert für reelle Wellenfunktion 17.10 qm5.5 Wignertransformierte 17.11 qm6.1 Kommutator hermitescher Operatoren 17.12 qm6.2 Ersetzungsregel für nichtvertauschende Größen 17.13 qm6.3 Zeitumkehrinvarianz 17.14 qm7.1 Unschärferelation für Wassertropfen 17.15 qm7.2 Poor man’s oscillator 17.16 qm7.3 Gleichheitszeichen in der Unschärferelation

319

Eigenwerte und Eigenfunktionen 18.1 qm10.1 Eigenwertgleichung für Ortsoperator 18.2 qm10.2 Dreidimensionaler Paritätsoperator 18.3 qm11.1 Phasenraumvolumen des Oszillators 18.4 qm12.1 Lennard-Jones-Potenzial 18.5 qm12.2 Konstruktion von Oszillatorwellenfunktionen 18.6 qm12.3 Explizite Darstellung der Hermitepolynome 18.7 qm12.4 Oszillator mit Wand 18.8 qm12.5 Oszillator im elektrischen Feld 18.9 qm12.6 Erzeugende Funktion für Hermitepolynome 18.10 qm13.1 Dreidimensionaler Kasten 18.11 qm13.2 Entartung im dreidimensionalen Oszillator 18.12 qm14.1 Vollständigkeit der Oszillatorfunktionen

344

Aufgabenverzeichnis 18.13 18.14 18.15 18.16

qm15.1 qm15.2 qm15.3 qm16.1

XV

Zeitabhängige Lösung im Potenzialtopf Gaußpaket im Oszillator Ehrenfest-Gleichungen Floquet-Theorem

Eindimensionale Probleme 19.1 qm19.1 Reflexion und Transmission für Deltapotenzial 19.2 qm19.2 Molekülmodell 19.3 qm19.3 Energieband im periodischen Potenzial 19.4 qm19.4 Vollständigkeit der Deltapotenzial-Lösungen 19.5 qm20.1 Reflexion und Transmission für Potenzialtopf 19.6 qm21.1 Transmission durch Potenzialbarriere

363

Dreidimensionale Probleme 20.1 qm23.1 Kommutatorrelationen für den Drehimpuls 20.2 qm23.2 Drehimpulsoperatoren in Kugelkoordinaten 20.3 qm25.1 Zu den Besselfunktionen 20.4 qm25.2 Deuteron 20.5 qm26.1 Streuwelle für repulsiven Kasten 20.6 qm26.2 Woods-Saxon-Potenzial 20.7 qm27.1 Streulänge für das Kastenpotenzial 20.8 qm27.2 Niederenergieentwicklung für die Streuphase 20.9 qm27.3 Streuung an der harten Kugel 20.10 qm27.4 Streuung am Potenzialwall 20.11 qm27.5 Nukleon-Nukleon-Streuung im Singulett-Zustand 20.12 qm28.1 Rekursionsformel für Laguerre-Polynome 20.13 qm28.2 Zweidimensionaler harmonischer Oszillator 20.14 qm28.3 Landauniveaus 20.15 qm28.4 Anisotroper harmonischer Oszillator 20.16 qm29.1 Virialsatz für Wasserstoffproblem 20.17 qm29.2 Wasserstoffradialfunktionen zu maximalem Drehimpuls 20.18 qm29.3 Zeeman-Effekt 20.19 qm29.4 Klein-Gordon-Gleichung

383

Abstrakte Formulierung 21.1 qm31.1 Impuls- und Ortsoperator in der Impulsdarstellung 21.2 qm31.2 Produkt zweier Operatoren 21.3 qm32.1 Unitärer Operator 21.4 qm32.2 Oszillator in kartesischen und sphärischen Koordinaten 21.5 qm33.1 Ammoniakmolekül im elektrischen Feld 21.6 qm33.2 Butadienmolekül 21.7 qm33.3 Benzolmolekül 21.8 qm33.4 Neutrale Kaonen

413

Operatorenmethode 22.1 qm34.1 Norm des Oszillatorzustands aˆ |n 22.2 qm34.2 Matrixdarstellungen für harmonischen Oszillator 22.3 qm34.3 Kommutator in Matrixdarstellung

434

XVI 22.4 22.5 22.6 22.7 22.8 22.9 22.10 22.11 22.12 22.13 22.14 22.15 22.16 22.17 22.18 22.19 22.20 22.21 22.22

Aufgabenverzeichnis qm34.4 qm34.5 qm34.6 qm34.7 qm34.8 qm35.1 qm35.2 qm36.1 qm36.2 qm36.3 qm37.1 qm37.2 qm37.3 qm37.4 qm38.1 qm38.2 qm38.3 qm38.4 qm38.5

Matrixelemente von x, ˆ xˆ 2 und xˆ 3 Summenregel Impulsdarstellung der Oszillatorzustände Grundzustand des dreidimensionalen Oszillators Kohärenter Zustand Zum Heisenbergbild Wellenpaket im eindimensionalen Oszillator Ortsdarstellung für Drehimpuls 1/2 Matrixdarstellung für Drehimpuls l = 0 und l = 2 Kommutatorrelation in Matrixdarstellung Eigenwertgleichung für Spin Spinpräzession im Magnetfeld Zu den Pauli-Matrizen Polarisation eines Teilchenstrahls Multiplizität der Drehimpulszustände Kopplung von Bahndrehimpuls und Spin Kopplung zweier Spin-1 Teilchen Zwei ungekoppelte harmonische Oszillatoren Hamiltonoperator für zwei Spins 1/2

Näherungsmethoden 23.1 qm39.1 Oszillator mit quadratischer Störung 23.2 qm39.2 Oszillator mit kubischer Störung 23.3 qm39.3 Oszillator mit quartischer Störung 23.4 qm39.4 Endliche Ausdehnung des Atomkerns 23.5 qm41.1 Wasserstoffatom im äußeren Magnetfeld 23.6 qm41.2 Spin-Bahn-Kopplung im Atomkern 23.7 qm41.3 Pionisches Atom 23.8 qm42.1 Zeitabhängige Störung im Zweizustandssystem 23.9 qm43.1 Dipolauswahlregeln 23.10 qm43.2 Intensitätsverhältnis beim Übergang 2p → 1s 23.11 qm43.3 Photoeffekt 23.12 qm44.1 Variationsrechnung für Wasserstoffatom 23.13 qm44.2 Variationsrechnung für sphärischen Oszillator 23.14 qm44.3 Variationsrechnung für Stark-Effekt 23.15 qm45.1 Ladungsformfaktor in Bornscher Näherung

465

Mehrteilchensysteme 24.1 qm47.1 Schalenmodell des Atomkerns 24.2 qm48.1 Drehimpuls des (1s)2 2p -Zustands 24.3 qm48.2 Hundsche Regel 24.4 qm48.3 Heliumatom 24.5 qm48.4 Abschirmung im Heliumatom 24.6 qm49.1 Intensitäten im Raman-Spektrum 24.7 qm49.2 H+ 2 -Molekül 24.8 qm49.3 Morsepotenzial

493

Aufgabenverzeichnis

XVII

Statistische Physik Mathematische Statistik 25.1 st1.1 Unentdeckte Druckfehler 25.2 st1.2 Gemeinsamer Geburtstag 25.3 st2.1 Drei Richtige im Lotto 25.4 st3.1 Näherungsausdruck für Fakultät 25.5 st3.2 Abschätzung einer Korrelation 25.6 st3.3 Poissonverteilung 25.7 st3.4 Random walk und Diffusionsgleichung 25.8 st4.1 Überlagerung zweier Gaußverteilungen 25.9 st4.2 Summe von zwei Zufallsvariablen

509

Grundzüge der Statistischen Physik 26.1 st5.1 Phasenraum des Oszillators 26.2 st6.1 Exponentialfunktion mit sehr großem Exponenten 26.3 st6.2 Zustandssumme für Gasgemisch 26.4 st6.3 Volumen der n-dimensionalen Kugel 26.5 st6.4 Ideales Spinsystem 26.6 st8.1 Ideales Gas in einer Kugel 26.7 st8.2 Heizen im Winter 26.8 st9.1 Entropieänderung bei Durchmischung 26.9 st10.1 Druckbeiträge in einem Gasgemisch 26.10 st11.1 Entropieänderung bei Wärmeaustausch I 26.11 st11.2 Entropieänderung bei Wärmeaustausch II 26.12 st11.3 Entropie eines Gummibands 26.13 st12.1 Kurvendiskussion für f (x) = x − 1 − ln x 26.14 st12.2 Entropieänderung bei Wärmeaustausch III 26.15 st13.1 Magnetisierung im idealen Spinsystem 26.16 st13.2 Entropie und Temperatur im Zweiniveausystem

530

Thermodynamik 27.1 st15.1 27.2 st16.1 27.3 st16.2 27.4 st16.3 27.5 st16.4 27.6 st17.1 27.7 st17.2 27.8 st17.3 27.9 st17.4 27.10 st17.5 27.11 st17.6 27.12 st17.7 27.13 st17.8 27.14 st17.9 27.15 st17.10

555 Wegintegral und vollständiges Differenzial Kompressibilität und Schallgeschwindigkeit Spezielle Volumen-Druck-Relation Entropie des idealen Gases Durchmischung eines Gases Zustandsgleichung für volumenunabhängige Energie Spezielle Zustandsgleichung Energiedichte des Photonengases Thermodynamische Relationen aus freier Enthalpie Thermodynamische Relationen aus Enthalpie Extremalbedingung für Enthalpie Dichteprofil der Erdatmosphäre Entropie, Wärmekapazität und Zustandsgleichung Differenz CP − CV für Festkörper Differenz CP − CV für van der Waals-Gas

XVIII 27.16 27.17 27.18 27.19 27.20 27.21 27.22 27.23 27.24 27.25 27.26 27.27 27.28 27.29 27.30 27.31 27.32 27.33

Aufgabenverzeichnis st18.1 st18.2 st18.3 st18.4 st19.1 st19.2 st19.3 st19.4 st20.1 st20.2 st20.3 st20.4 st21.1 st21.2 st21.3 st21.4 st21.5 st21.6

Isotherme quasistatische Expansion Adiabatische Expansion des van der Waals-Gases Expansionskoeffizient des van der Waals-Gases Inversionskurve im Joule-Thomson-Prozess Effektivität eines Kühlschranks Carnotprozess mit idealem Gas Spezieller Kreisprozess Stirling-Prozess mit idealem Gas Maxwellrelationen für großkanonisches Potenzial Differenzial für Energie pro Teilchen Chemisches Potenzial für ideales Gas Ableitung der Duhem-Gibbs-Relation Gefrierpunkterniedrigung beim Schlittschuhlaufen? Dampfdruckkurve aus Clausius-Clapeyron-Gleichung Expansionskoeffizient entlang der Dampfdruckkurve Koexistenzkurve für zwei gasförmige Phasen Sieden einer Salzlösung Gelöster Stoff in beiden Phasen

Statistische Ensembles 28.1 st22.1 Energieschwankung im kanonischen Ensemble 28.2 st22.2 Teilchenzahlschwankung im großkanonischen Ensemble 28.3 st23.1 Entropie für verschiedene Makrozustände 28.4 st23.2 Maximum der Entropie unter Nebenbedingungen 28.5 st24.1 Wärmekapazität im Zweiniveausystem 28.6 st24.2 Wärmekapazität für N Teilchen im Oszillator 28.7 st24.3 Geschwindigkeitsverteilung für vx 28.8 st24.4 Verschiedene Mittelwerte für Maxwellverteilung 28.9 st24.5 Verteilung der Relativgeschwindigkeiten 28.10 st24.6 Isotopentrennung 28.11 st24.7 Konvektives Gleichgewicht 28.12 st24.8 Energieschwankung im idealen Gas 28.13 st25.1 Gibbs-Paradoxon

587

Spezielle Systeme 29.1 st26.1 29.2 st26.2 29.3 st26.3 29.4 st27.1 29.5 st27.2 29.6 st27.3 29.7 st27.4 29.8 st28.1 29.9 st28.2 29.10 st28.3 29.11 st29.1 29.12 st29.2

614 Adiabatische Entmagnetisierung Spezifische Wärme und Suszeptibilität im Spinsystem Allgemeines ideales Spinsystem Vibrationsanteil für hohe und tiefe Temperaturen Anharmonische Korrekturen im Vibrationsanteil Rotationsanteil für die Moleküle H2 , D2 und HD Massenwirkungsgesetz Van der Waals-Gleichung auf Molzahl bezogen Virialkoeffizienten aus Potenzial Virialkoeffizienten für Lennard-Jones-Potenzial Quantenzahlen im unendlichen Potenzialkasten Zustandssummen für drei Teilchen

Aufgabenverzeichnis 29.13 29.14 29.15 29.16 29.17 29.18 29.19 29.20 29.21 29.22 29.23 29.24 29.25 29.26 29.27 29.28 29.29

st29.3 st31.1 st31.2 st31.3 st32.1 st32.2 st32.3 st32.4 st32.5 st33.1 st33.2 st33.3 st33.4 st34.1 st34.2 st34.3 st34.4

Phasenübergänge 30.1 st35.1 30.2 st36.2 30.3 st36.3 30.4 st37.1 30.5 st37.2 30.6 st37.3 30.7 st37.4 30.8 st40.1 30.9 st40.2

XIX

Schwankung der Besetzungszahlen im Quantengas Spezifische Wärme des Bosegases für hohe Temperaturen Bosegas im Oszillator Bosegas in zwei Dimensionen Geschwindigkeits-Mittelwerte im Fermigas Relativistisches ideales Fermigas Strom aus Glühkathode Paulischer Paramagnetismus Temperaturabhängige Korrektur zum Paramagnetismus Schwingungsmoden der linearen Kette Spezifische Wärme des Phononengases für tiefe Temperaturen Mittlere Phononenzahl im Debye-Modell Einstein-Modell Mittlere Photonenzahl im Strahlungshohlraum Temperaturunterschied Europa–Äquator Bereich des sichtbaren Lichts in der Planckverteilung Oberflächentemperatur der Sonne 651 Singularität durch unendliche Summe Freie Energie im Weissschen Modell Spezifische Wärme im Weissschen Modell Dimensionslose van der Waals-Gleichung Van der Waals-Gleichung für Stickstoff Energie und Entropie des van der Waals-Gases Dieterici-Gas Kritische Exponenten des van der Waals-Gases Landau-Energie für das van der Waals-Gas

Nichtgleichgewichtsprozesse 31.1 st42.1 Kontinuitätsgleichung für Teilchendichte 31.2 st43.1 Lösung der Diffusionsgleichung 31.3 st43.2 Temperaturschwankung im Erdboden

666

I Mechanik 1 Elementare Newtonsche Mechanik Die Newtonschen Axiome sind die Grundlage für die Messung der Masse und der Kraft. Darüber hinaus bestimmen sie die Dynamik (Zeitabhängigkeit) der Bewegung eines Massenpunkts. Aus Newtons 2. Axiom folgen die Bilanzgleichungen für den Impuls, den Drehimpuls und die Energie. Die Bewegungsgleichungen können für ein System aus N Massenpunkten verallgemeinert werden. Die Physiker benutzen bevorzugt Inertialsysteme als Bezugssysteme. Die Newtonschen Axiome (ebenso wie andere Grundgleichungen der Physik, etwa die Maxwellgleichungen oder die Schrödingergleichung) gelten nur in Inertialsystemen. Im Rahmen der Newtonschen Mechanik vermitteln die Galileitransformationen zwischen verschiedenen Inertialsystemen. In Nicht-Inertialsystemen haben die Bewegungsgleichungen eine kompliziertere Form.

Ein Massenpunkt ist ein Körper, für dessen Bewegung nur sein Ort relevant oder von Interesse ist; Beispiele sind die Erde im Keplerproblem oder ein Alphateilchen bei der Rutherfordstreuung. Die Bewegung des Massenpunkts wird durch eine Bahnkurve r(t) = x(t) ex + y(t) ey + z(t) ez (1.1) beschrieben. Als Bezugssystem wurde hier ein kartesisches Koordinatensystem verwendet. Den Koordinaten x, y und z entsprechen Längen; eine geeignete Uhr definiert die Zeitkoordinate t. Aus der Bahnkurve folgen die Geschwindigkeit v = dr/dt = r˙ und die Beschleunigung a = d 2 r/dt 2 = r¨ . Newtons 1. Axiom (auch lex prima genannt) bezieht sich auf die Bezugssysteme (BS): 1. Axiom:

Es gibt BS, in denen die kräftefreie Bewegung durch r˙ (t) = v = const. beschrieben wird.

(1.2)

Die so spezifizierten, bevorzugten BS heißen Inertialsysteme (IS). Experimentell zeichnen sich die IS durch das Fehlen von Trägheitskräften (zum Beispiel Zentrifugalkraft) aus. Inertialsysteme sind Bezugssysteme, die gegenüber dem Fixsternhimmel ruhen, oder die sich relativ zu den Fixsternen mit konstanter Geschwindigkeit bewegen. Eine Begründung für diesen Zusammenhang wird aber weder in der Newtonschen noch in der relativistischen Mechanik (Kapitel 9) gegeben. 1 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_1, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

2

Teil I Mechanik

Newtons 2. Axiom (auch lex secunda genannt) beschreibt die Bewegung unter dem Einfluss einer Kraft: m r¨ = F

(2. Axiom)

(1.3)

Hierdurch wird die Masse als eine dem betrachteten Körper zugeordnete Eigenschaft eingeführt. Die linke Seite kann alternativ als m a oder als dp/dt mit dem Impuls p = m v geschrieben werden. Newtons 2. Axiom beinhaltet (i) die Definition der Masse, (ii) die Definition der Kraft und (iii) eine physikalische Aussage über die Bewegung. Wir erläutern die Definition der Masse und der Kraft als Messgrößen. Eine bestimmte, in ihrer Größe unbekannte Kraft wirke auf zwei Körper 1 und 2. Wir messen die Beschleunigungen a1 und a2, die durch die Kraft hervorgerufen werden. Nach (1.3) ist das Verhältnis m1 /m2 durch a2 /a1 gegeben; damit ist m1 /m2 als Messgröße festgelegt. Wir definieren nun willkürlich die Masse eines bestimmten Körpers als 1 Masseneinheit, konkret das Kilogramm (kg). Aus (1.3) folgen dann die Messung der Kraft, und ihre Einheit, 1 Newton = 1 N = 1 kg m/s2 . Die Masse im 2. Axiom ist die träge Masse. Ein anderer Massenbegriff ist die schwere Masse, die proportional zur Stärke der Gravitationskraft auf einen Körper ist. Experimentell stellt sich aber heraus, dass das Verhältnis von träger zu schwerer Masse immer gleich groß ist (mit einer relativen Genauigkeit bis zu 10−12 ). Daher verzichtet man in den Gleichungen zumeist auf eine solche Unterscheidung. Das 2. Axiom ist nicht nur eine Definitionsgleichung für die Masse und die Kraft. Vielmehr ist es auch ein physikalisches Gesetz über die Dynamik. Dieses Gesetz kann auch falsch sein, dies ist zum Beispiel für hohe Geschwindigkeiten (nahe Lichtgeschwindigkeit) der Fall. Newtons 3. Axiom (auch lex tertia genannt) lautet: Der Kraft, mit der die Umgebung auf einen Massenpunkt wirkt, entspricht stets eine gleich große, entgegengesetzte Kraft, mit der der Massenpunkt auf seine Umgebung wirkt. Für die Kräfte, die zwei Massenpunkte aufeinander ausüben, bedeutet das F 12 = −F 21

(3. Axiom)

(1.4)

Hierbei ist F 12 die Kraft, die auf den Körper 1 wirkt. Für einige Ableitungen schränken wir die möglichen Kräfte durch zwei zusätzliche Bedingungen ein. Die erste Einschränkung verlangt, dass die Kräfte zwischen zwei Körpern parallel oder antiparallel zur Verbindungslinie sind: (r 1 − r 2 ) × F 12 = 0

(1. Zusatz)

(1.5)

Dies gilt zum Beispiel nicht für die magnetischen Kräfte zwischen geladenen, bewegten Teilchen. Der 2. Zusatz beinhaltet das Superpositionsprinzip der Kräfte: F = i Fi (2. Zusatz) (1.6) Der 2. Zusatz könnte für elektrische Kräfte in einem polarisierbaren Medium verletzt sein. Beide Zusätze sind zum Beispiel erfüllt für (Newtonsche) Gravitationskräfte im Sonnensystem.

3

Kapitel 1 Elementare Newtonsche Mechanik

Wenn wir uns auf Kräfte beschränken, die nur von dem Ort und der Geschwindigkeit des Teilchens und von der Zeit abhängen, dann lautet die Bewegungsgleichung m r¨ (t) = F (r(t), r˙ (t), t) (1.7) Dies ist eine Differenzialgleichung 2. Ordnung. Ihre Lösung enthält daher für jede Koordinate zwei Integrationskonstanten. Die Integrationskonstanten können durch Anfangsbedingungen (etwa für r(t) und r˙ (t)) festgelegt werden. Der eindimensionale Spezialfall m x(t) ¨ = F (x(t))

(1.8)

lässt sich leicht integrieren:

x

t − t0 =

dx

(1.9) 2[E − U (x )]/m Hierbei wurde das Potenzial U (x) = − dx F (x) + const. eingeführt. Die Integrationskonstanten sind x0 und E. x0

Drehimpuls, Arbeit, Potenzial Wenn man Newtons 2. Axiom vektoriell mit r(t) multipliziert, erhält man die Bewegungsgleichung d =M (1.10) dt für den Drehimpuls = r(t) × p(t) = r × (m r˙ ) des Teilchens. Auf der rechten Seite steht das auf das Teilchen wirkende Drehmoment M = r × F . Der Drehimpuls und das Drehmoment beziehen sich beide auf den Ursprung des gewählten Inertialsystems. Für eine Zentralkraft F ±r ist konstant. Daher können wir die z-Achse des Inertialsystems in Richtung von legen. Die Bewegung verläuft dann in der x-y-Ebene, und wir können den Betrag des Drehimpulses in Polarkoordinaten ausdrücken: dA = ρ 2 ϕ˙ = 2 = const. für Zentralkraft (1.11) m dt Dies ist der sogenannte Flächensatz: Die vom Fahrstrahl pro Zeitintervall dt überstrichene Fläche dA = ρ 2 dϕ/2 ist konstant. Wenn ein Teilchen sich auf dem Weg C von r 1 nach r 2 unter dem Einfluss einer Kraft F bewegt, dann wird an ihm die Arbeit r2 W= dW = dr · F (r) (1.12) C

r1, C

geleistet. Die Arbeit wird in Joule (J = N m) gemessen. Die Leistung P = dW/dt wird in Watt (W = J/s) gemessen.

4

Teil I Mechanik

Kräfte, die sich in der Form d U (r) (1.13) dt schreiben lassen, heißen konservativ. Kräfte, die sich nicht so schreiben lassen, heißen dissipativ. Damit können wir jede Kraft so aufteilen, F = F kons + F diss . Wir setzen diese Aufteilung in das 2. Newtonsche Axiom ein und multiplizieren die Gleichung skalar mit r˙ . Damit erhalten wir d m r˙ 2 + U (r) = F diss · r˙ (1.14) dt 2 F kons · r˙ = −

Dies ist eine Energiebilanzgleichung mit der kinetischen Energie T = m r˙ 2 /2 und der potenziellen Energie U (r). Das Standardbeispiel für die dissipative Kraft ist die Reibungskraft Fdiss = −γ r˙ . Sie führt zu einer Abnahme der Energie E = T + U des Teilchens. Für eine konservative Kraft der Form F (r) = − grad U (r) kann das Potenzial U (r) aus U (r) − U (r 0 ) = −W = −

r

r0

dr · F (r )

(1.15)

berechnet werden. Der Ausgangs- oder Bezugspunkt r 0 ist dabei beliebig; das Potenzial ist nur bis auf eine Konstante (hier U (r 0 )) festgelegt. Der Wert des Integrals ist unabhängig vom Weg zwischen r 0 und r.

System von Massenpunkten Wir betrachten ein System aus N Massenpunkten (zum Beispiel unser Sonnensystem). Für jeden Massenpunkt gilt Newtons 2. Axiom, mν r¨ ν (t) = F ν =

F ν(a)

+

N

F νμ

(1.16)

μ =1, μ = ν

Im letzten Schritt wurden die Kräfte in innere und äußere Kräfte aufgeteilt. Die inneren Kräfte sind diejenigen, die die Massenpunkte des Systems aufeinander ausüben (etwa die Gravitationskräfte zwischen den Körpern im Sonnensystem). Die äußeren Kräfte F ν(a) sind diejenigen Kräfte, die von außen auf das System wirken (etwa die Gravitationskräfte, die die Milchstraße auf das Sonnensystem ausübt). Der Vektor R = ν mν r ν /M gibt die Lage des Schwerpunkts an. Aus (1.16) folgt N ¨ = MR F ν(a) = F (1.17) ν =1

Die inneren Kräfte sind also ohne Einfluss auf die Bewegung des Schwerpunkts; dies liegt am 3. Axiom. Für ein abgeschlossenes System gilt Impulserhaltung, P = ˙ = const. MR

5


Für den Drehimpuls L =

ν

mν (r ν × r˙ ν ) =

ν

ν erhalten wir aus (1.16)

N dL r ν × F ν(a) = M = dt

(1.18)

ν =1

Die zeitliche Änderung des Gesamtdrehimpulses ist also gleich dem Gesamtdrehmoment der äußeren Kräfte. Für ein abgeschlossenes System gilt Drehimpulserhaltung, L = const. In der Ableitung von (1.18) wurde der 1. Zusatz (1.5) verwendet. Dieser Zusatz gilt nicht für bewegte, geladene Teilchen. In diesem Fall muss der Drehimpuls des elektromagnetischen Felds in der Drehimpulsbilanz berücksichtigt werden. Für die Energiebilanz teilen wir die Kräfte wieder in konservative und dissipative Anteile auf. Wir beschränken uns auf konservative Kräfte der Form F ν, kons = −

∂U (r 1 , r 2 , . . . , r N ) ∂ rν

(1.19)

Dann lautet die Energiebilanzgleichung N

d T +U = F ν, diss · r˙ ν dt

(1.20)

ν =1

Hierbei ist T = ν m r˙ ν2 /2 die gesamte kinetische Energie. Wenn es keine dissipativen Kräfte gibt, dann ist die Energie erhalten, E = T + U = const.. Für konservative Kräfte, die sich durch F ν = −gradν U ausdrücken lassen, ist eine potenzielle Energie von der Form U (r 1 , r 2 , . . . , r N ) =

N ν =1

Uν (r ν ) +

N ν−1

Uνμ (|r ν − r μ |)

(1.21)

ν =2 μ =1

Galileitransformation Newtons Axiome gelten nur in Inertialsystemen (IS). Dies sind Systeme, die gegenüber dem Fixsternhimmel nichtbeschleunigt sind. Von einem IS kommt man zu einem anderen IS durch (konstante) räumliche oder zeitliche Verschiebung, durch Drehung oder durch eine Verschiebung mit einer konstanten Geschwindigkeit. Alle möglichen Inertialsysteme sind gleichwertig; dies ist die Aussage des Relativitätsprinzips. Gleichwertigkeit heißt dabei, dass grundlegende Gesetze in allen Inertialsystemen dieselbe Form haben. In der nichtrelativistischen Mechanik geht man davon aus, dass Newtons Axiome solche grundlegenden Gesetze sind. Hieraus folgt dann die Form der Transformation zwischen verschiedenen IS. Diese so bestimmten Transformationen heißen Galileitransformationen.

6

Teil I Mechanik

Die allgemeine Galileitransformation zwischen IS (Koordinaten xi und t) und IS (Koordinaten xi und t ) lautet: xi =

3

αij xj − vi t − ai ,

t = t − t0

(1.22)

j =1

Eine solche Transformation bezieht sich auf ein Ereignis, das in IS die Koordinaten x1 , x2, x3, t hat, und in IS die Koordinaten x1 , x2 , x3 , t . Ein bestimmtes Ereignis (etwa Zusammenstoß von zwei Teilchen) wird von zwei verschiedenen Standpunkten betrachtet (etwa zwei Beobachtern). Die allgemeine Galileitransformation beinhaltet: (i) räumliche Verschiebung um vi t, (ii) räumliche Verschiebung um ai , (iii) Drehung (αij ) und (iv) zeitliche Verschiebung um t0 . Die Galileitransformation hängt damit von 10 Parametern ab. Die Galileitransformationen bilden eine Gruppe. Bei der Diskussion der Galileitransformation steht meist die Relativbewegung zwischen IS und IS im Vordergrund und man kann sich dann auf spezielle Galileitransformation beschränken: x = x − v t,

y = y,

z = z,

t = t

(1.23)

Wir haben hier ein Ereignis und zwei Inertialsysteme betrachtet (passive Transformation). Im Gegensatz dazu kann man auch ein Inertialsystem betrachten und zwei Ereignisse, deren Koordinaten durch eine Galileitransformation verbunden sind (aktive Transformation). Unterwirft man ein ganzes physikalisches System einer aktiven Transformation, so laufen die Vorgänge im ursprünglichen und im transformierten System im Allgemeinen verschieden ab. Speziell für abgeschlossene Systeme lässt die aktive Galileitransformation aber die Bewegungsgleichungen invariant. Als Beispiel betrachte etwa (1.21) ohne äußere Kräfte (Uν = 0). Mit den Abständen |r ν − r μ | ist das Potenzial U dann invariant unter einer aktiven Transformation. Abgeschlossene Systeme sind invariant unter aktiven Galileitransformationen. Da dies für beliebige Systeme gilt, sind diese Invarianzen Symmetrien unserer Raum-Zeit. Experimentell stellt man fest, dass Licht sich in allen Inertialsystemen mit derselben Geschwindigkeit ausbreitet. Dies steht im Widerspruch zur Galileitransformation. Aus (1.23) folgt nämlich x˙ = x˙ − v für die Transformation der Geschwindigkeit. Ein Objekt, das sich in IS mit der Geschwindigkeit c bewegt, müsste danach in IS die Geschwindigkeit c − v haben.

Rotierendes Bezugssystem Die Gültigkeit der Newtonschen Axiome ist auf Inertialsysteme (IS) beschränkt. Zu den abweichenden Bewegungsgesetzen in einem beschleunigten Koordinatensystem KS gelangt man, wenn man die Transformation zwischen dem IS und KS in die Newtonschen Gesetze einsetzt. Die Abweichungen bestehen in zusätzlichen Trägheitskräften. Diese Kräfte heißen auch Scheinkräfte; in KS sind dies aber durchaus reale Kräfte.

7


Die Transformation r = r + a 0 t 2 /2 mit t = t (und a 0 = const.) führt zu einem linear beschleunigten System; denn der Ursprung von KS (r = 0) bewegt sich in IS gemäß r = a 0 t 2 /2. In IS wird eine kräftefreie Bewegung durch r¨ = 0 beschrieben. Hieraus wird in KS r¨ = −a 0 . Im Gegensatz zu Newton tritt auf der rechten Seite die Trägheits- oder Scheinkraft F tr = −m a 0 auf. Ein interessanter Aspekt ist die Möglichkeit, Gravitationskräfte durch Trägheitskräfte zu kompensieren. So verlaufen in einem Satellitenlabor die Vorgänge wie ohne Gravitation; von der Erde aus gesehen heben sich Gravitations- und Beschleunigungskräfte gerade auf. Voraussetzung für diese Kompensation ist die Gleichheit von schwerer und träger Masse. Dieser Aspekt ist der Ausgangspunkt, den die Allgemeine Relativitätstheorie zur Aufstellung relativistischer Gesetze mit Gravitation verwendet. Von besonderer Bedeutung sind rotierende Bezugssysteme, weil ein Labor auf der Erdoberfläche ja mit der Erde rotiert. Die weitere Diskussion beschränkt sich auf solche rotierenden Bezugssysteme. Das Bezugssystem KS rotiere relativ zu IS mit einer konstanten Winkelgeschwindigkeit ω = dϕ/dt. Bei einer Rotation um den Winkel dϕ ändert sich ein in KS konstanter Vektor G um dGrot = dϕ × G. Die gesamte Änderung von G in IS ist dann dGIS = dGKS + dGrot , wobei dGKS die Änderung relativ zu KS ist. Hieraus folgt dG dG = +ω×G (1.24) dt IS dt KS Für den Ortsvektor r = r wird dies zu r˙ =

3 3 dxi de dr = ei + xi i = r˙ + ω × r dt dt dt i =1

(1.25)

i =1

Hierfür wurde der Ortsvektor nach den Basisvektoren von KS entwickelt, also r = 3 i =1 xi (t) ei (t). Der erste Term ist die Änderung des Ortsvektors relativ zu KS , also gleich (dr/dt)KS . Im zweiten Term wurde (dei /dt) = ω × ei verwendet. Wir wenden (1.24) nunmehr auf die Geschwindigkeit an und erhalten damit r¨ = r¨ +2 (ω×˙r )+ω×(ω×r ). Für ein kräftefreies Teilchen gilt im IS das 1. Axiom m r¨ = 0. Hieraus folgt für ein kräftefreies Teilchen im rotierenden System:

m r¨ = −2 m ω × r˙ − m ω × ω × r (1.26) Die Trägheitskräfte auf der rechten Seite werden als Corioliskraft und Zentrifugalkraft bezeichnet. Die Corioliskraft ist proportional zu ω und zur Geschwindigkeit des betrachteten Massenpunkts. Sie steht senkrecht zur Bewegungsrichtung; auf einem Karussell ist es schwierig, geradeaus zu gehen. Die Zentrifugalkraft ist proportional zu ω 2 und zum Abstand des Massenpunkts von der Drehachse. Sie zeigt von der Drehachse weg; auf einem schnell rotierenden Karussell muss man sich festhalten, um nicht nach außen wegzugleiten.

8

Teil I Mechanik

Aufgaben 1.1 Beschleunigung in Kugelkoordinaten In Kugelkoordinaten (r, θ , φ) ist die Bahnkurve eines Massenpunkts von der Form r(t) = r(t) er (t). Geben Sie die Geschwindigkeit und die Beschleunigung ebenfalls in Kugelkoordinaten an. Lösung: Die Einheitsvektoren er , eθ und eφ geben die Richtungen der Änderung von r bei der Änderung r → r + dr, θ → θ + dθ oder φ → φ + dφ an. Wir drücken sie durch die kartesischen Einheitsvektoren aus: er = sin θ cos φ ex + sin θ sin φ e y + cos θ ez eθ = cos θ cos φ ex + cos θ sin φ e y − sin θ ez eφ = − sin φ ex + cos φ ey Die kartesischen Basisvektoren sind zeitunabhängig. Daher wirken die Zeitableitungen nur auf die Vorfaktoren. In der Darstellung als Spaltenvektoren erhalten wir ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ cos θ cos φ θ˙ − sin θ sin φ φ˙ sin θ cos φ de r er := ⎝ sin θ sin φ ⎠ −→ e˙ r = := ⎝ cos θ sin φ θ˙ + sin θ cos φ φ˙ ⎠ dt cos θ − sin θ θ˙ Das Ergebnis kann durch die Basisvektoren er , eθ und eφ ausgedrückt werden. Mit den analogen Ausdrücken für e˙ θ und e˙ φ erhalten wir so e˙ r = θ˙ eθ + sin θ φ˙ eφ ,

e˙ θ = − θ˙ er + cos θ φ˙ eφ ,

e˙ φ = − sin θ φ˙ er − cos θ φ˙ eθ

Wir leiten nun die Bahnkurve r(t) = r(t) e r (t) nach der Zeit ab: v(t) =

dr = r˙ er + r e˙ r = r˙ er + r θ˙ eθ + r sin θ φ˙ eφ dt

Dies erhält man auch, wenn man das Wegelement dr = dr er + r dθ eθ + r sin θ dφ eφ in v = dr/dt einsetzt. Spätestens im nächsten Schritt benötigt man aber die Zeitableitungen der Basisvektoren. Die Differenziation der Geschwindigkeit ergibt die Beschleunigung a(t) = r¨ =

dv = r¨ − r θ˙ 2 − r sin2 θ φ˙ 2 er + r θ¨ + 2 r˙ θ˙ − r sin θ cos θ φ˙ 2 eθ dt

+ r sin θ φ¨ + 2 sin θ r˙ φ˙ + 2 r cos θ θ˙ φ˙ eφ

Mit den Lagrangegleichungen 2. Art (Kapitel 2) kann man diese Ergebnisse wesentlich einfacher erhalten.

1.2 Abstürzender Satellit Ein Erdsatellit (Masse m) bewegt sich unter dem Einfluss der Gravitationskraft und einer Reibungskraft: F = F grav + F diss = −m

α er − m γ (r) v r2

9


Dabei ist r der Abstand zum Erdmittelpunkt, α = GM mit der Erdmasse M und γ (r) > 0. Stellen Sie mit Hilfe der Ergebnisse aus Aufgabe 1.1 die Bewegungsgleichungen in Kugelkoordinaten (r, θ, φ) auf. Wie müssen γ (r), β und gewählt werden, damit

2/3 r(t) = r0 1 − β t ,

θ (t) = −

2/3 1 ln 1 − β t ,

φ(t) = const.

(1.27)

die Bewegungsgleichungen löst? Welche Form hat die Bahnkurve? Bestimmen Sie den Betrag der Geschwindigkeit |v| als Funktion von r. Lösung: In Aufgabe 1.1 wurden die Beschleunigung a und die Geschwindigkeit v in Kugelkoordinaten angegeben. Hiermit wird ma = F zu α r¨ − r θ˙ 2 − r φ˙ 2 sin2 θ = − 2 − γ (r) r˙ r r θ¨ + 2 r˙ θ˙ − r φ˙ 2 sin θ cos θ = −γ (r) r θ˙ r φ¨ sin θ + 2 r˙ φ˙ sin θ + 2 r θ˙ φ˙ cos θ = −γ (r) r φ˙ sin θ Für (1.27) ist die dritte Gleichung trivialerweise erfüllt, und in den anderen Gleichungen fallen die φ˙ 2 -Terme weg. Wir berechnen nun die Zeitableitungen von r und θ für (1.27): 2β 2β r0 (1 − β t)−1/3 = − r0 r˙ = − 3 3 r¨ = −

2β r0 3/2 2β θ˙ = (1 − β t)−1 = 3 3 r

r0 , r

2β 2 2β 2 r03 , r0 (1 − β t)−4/3 = − 9 9 r2

θ¨ =

2β 2 2β 2 r0 3 (1 − β t)−2 = 3 3 r

und setzen sie in die ersten beiden Gleichungen ein. Die resultierenden Gleichungen können nach γ und β aufgelöst werden: γ (r) =

β r0 3/2 , 3 r

β=

3 2 r0

α r0 (1 + 2 )

Der Ansatz für F diss macht nur für γ (r) > 0 Sinn, also für β > 0 und > 0. Es gibt einen freien, positiven Parameter , der β, γ (r) und damit die Lösung festlegt. Die Bahnkurve (1.27) ist eine logarithmische Spirale r(θ) = r0 exp(− θ) Für das Quadrat der Geschwindigkeit gilt 4β 2 1 r03 α 1+ 2 = v 2 = r˙ 2 + r 2 θ˙ 2 = 9 r r √ Trotz Reibung nimmt die Geschwindigkeit v = α/r bei Annäherung an die Erdoberfläche immer weiter zu. Anstelle der hier verwendeten Reibungskraft wäre Fdiss ∝ v 2 mit der Luftdichte (r) ein realistischerer Ansatz.

10

Teil I Mechanik

1.3 Regentropfen im Schwerefeld Ein kugelförmiger Wassertropfen (Radius R, Volumen V , Masse m) fällt in der mit Wasserdampf gesättigten Atmosphäre senkrecht nach unten. Auf ihn wirken die Schwerkraft und eine Reibungskraft, F = Fgrav + Fdiss = mg − λ R 2 v

(λ > 0)

Der Wassertropfen startet mit der Geschwindigkeit v(0) = 0. Durch Kondensation wächst das Volumen des Wassertropfens proportional zu seiner Oberfläche an; Radius und Masse des Tropfens sind also zeitabhängig. Stellen Sie die Bewegungsgleichung auf, und integrieren Sie sie, indem Sie R anstelle der Zeit t als unabhängige Variable einführen. Lösung: Die Volumenänderung dV /dt soll proportional zur Oberfläche 4πR 2 sein:

d V (t) ˙ = α 4πR(t)2 = 4πR(t)2 R(t) dt

⇒

R(t) = R0 + α t

Hierbei ist α die Proportionalitätskonstante zwischen der Volumenänderung und der Oberfläche, und R0 = R(0). Die Dichte von Wasser ist (unter den gegebenen Bedingungen) konstant. Für die Änderung der Masse des Regentropfens gilt dann m ˙ = 4π R 2 R˙ =

3 mα 3m ˙ R = R R(t)

In der Bewegungsgleichung ist zu berücksichtigen, dass die Masse zeitabhängig ist: d m(t) v(t) = m v˙ + mv ˙ = Fgrav + Fdiss = mg − λ R 2 v dt Mit der Abkürzung γ = 3λ/(4π α) ergeben die letzten beiden Gleichungen v(t) ˙ +

3α αγ v(t) = g − v(t) R(t) R(t)

˙ Wir betrachten nun R als unabhängige Variable. Dann gilt v(t) ˙ = v (R) R(t) = α v (R) und die Differenzialgleichung wird zu v (R) +

3+γ g v(R) = R α

(1.28)

Die allgemeine Lösung dieser linearen Differenzialgleichung setzt sich zusammen aus der allgemeine Lösung der homogenen Gleichung (R) + vhom

3+γ vhom (R) = 0 R

und irgendeiner speziellen (partikulären) Lösung der inhomogenen Differenzialgleichung (1.28). Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung lautet vhom (R) = c/R 3+γ mit der Integrationskonstanten c. Für eine partikuläre Lösung führt der Ansatz vpart (R) = a R mit a = (g/α)/(4 + γ ) zum Ziel. Damit lautet die allgemeine Lösung: v(R) = vhom (R) + vpart (R) =

c R 3+γ

+

g R α (4 + γ )

11

Kapitel 1 Elementare Newtonsche Mechanik 4+γ

Die Anfangsbedingung v(R0 ) = 0 legt die Integrationskonstante c = −(g/α)R0 /(4+γ ) fest. In diese Lösung setzen wir noch R(t) = α t + R0 ein: R 3+γ gR0 R αt α t −(3+γ ) gR0 0 v= − 1+ − 1+ = α (4 + γ ) R0 R α (4 + γ ) R0 R0 Wir diskutieren die Grenzfälle

v(t) =

gt

(α t R0 )

g t/(4 + γ )

(α t R0 )

Anfangs fällt der Wassertropfen praktisch frei; die Geschwindigkeit ist noch so klein, dass die Impulsänderung aufgrund der Massenzunahme und die Reibungskraft wenig Einfluss haben. Für große Zeiten wird die Beschleunigung durch die beiden Effekte von g auf g/(4 + γ ) reduziert. Im Gegensatz dazu geht die Beschleunigung bei konstanter Masse gegen null, und es wird eine Grenzgeschwindigkeit v∞ = mg/(λR 2 ) erreicht (Aufgabe 1.8). Aus der berechneten Lösung kann dieser Fall im Limes α → 0 gewonnen werden. Dabei sind die Darstellungen der Exponentialfunktion exp(x) = lima→∞ (1 + x/a)a oder exp(−x) = lima→∞ (1 + x/a)−a zu verwenden.

1.4 Schwingungsperiode eines anharmonischen Oszillators Ein Körper der Masse m bewege sich im Potenzial f 2 x + α x4 2 Berechnen Sie die Periode T der Schwingung für den leicht anharmonischen Fall (für αE f 2 , wobei E die Energie ist). Anleitung: Verwenden Sie die Substitution sin2 ϕ = U (x)/E und drücken Sie x und dx in Abhängigkeit von ϕ bis zur 1. Ordnung in α aus. U (x) =

Lösung: Aus (1.9) folgt für die Schwingungsdauer x2 dx 2m x2 dx = T =2 E 2[E − U (x)]/m 1 − U (x)/E x1 x1

(1.29)

Hierbei sind x1 und x2 die Umkehrpunkte, bei denen E = U (xi ) gilt. Die Substitution sin2 ϕ = U (x)/E bedeutet α x 4 + f x 2 /2 − E sin2 ϕ = 0

(1.30)

Dies ist eine quadratische Gleichung für x 2 mit der Lösung

f 4αE 2E 2 2 2 2 2 x = sin ϕ −1 ± sin ϕ 1 − 1 + 16 α E sin ϕ/f ≈ 4α f f2 Wegen x 2 ≥ 0 macht nur das Pluszeichen vor der Wurzel Sinn. Im letzten Ausdruck wurde die Bedingung α E f 2 benutzt. Für die Variable x erhalten wir damit die Substitutionsgleichungen 2E 2E 2αE 6αE 2 2 sin ϕ und dx ≈ sin ϕ sin ϕ 1 − cos ϕ dϕ 1 − x≈ f f2 f f2

12

Teil I Mechanik

Der Cosinus in dx kürzt sich im Integral (1.29) gegen 1 − U/E. Die Umkehrpunkte xi sind durch E = U (xi ) oder sin2 ϕi = 1 gegeben; sie liegen demnach bei ϕi = ±π/2. Damit erhalten wir π/2 m m 6αE 3αE 2 T =2 dϕ 1 − sin ϕ = 2π 1 − f −π/2 f2 f f2 Für α = 0 ist dies das bekannte Ergebnis des harmonischen Oszillators. Für α > 0 ist das Potenzial steiler, und T ist kleiner. Für α < 0 ist das Potenzial flacher, und T ist größer. Wegen E ≈ f x12 /2 kann der Korrekturterm auch durch die Amplitude x1 ausgedrückt werden. Die Bedingung αE f 2 bedeutet daher eine Beschränkung auf kleine Auslenkungen. Als Beispiel für anharmonische Korrekturen betrachten wir ein Fadenpendel. Für die potenzielle Energie gilt mg 2 x2 mg U (x) = mg l 1 − 1 − 2 ≈ x + 3 x4 l 2l 8l

6U (x)

mg l

A A

g A A l A A

?

Mit f = mg/ l und α = mg/(8l 3 ) führt das zur Aufgabenstellung. Damit ist die Schwingungsperiode 3 x12 l 1− T = 2π g 16 l 2

. .... ..... .....

A ..................... A......s.. ............

-

................ .....................................................................

x

Für l = 1 m führt die relativ große maximale Auslenkung x1 = 0.5 m zu einer Korrektur von 4.7 %.

1.5 Einfluss der Zeitdefinition auf die Bewegungsgleichung In einem Inertialsystem werde durch eine ungenaue Uhr die Zeit T definiert; für T setze man einen bestimmten Zusammenhang T = T (t) zur (wahren) IS-Zeit t an. Mit dieser Uhr misst man für die kräftefreie, eindimensionale Bewegung eines Körpers d 2 x/dT 2 = a0 = F /m im Gegensatz zu Newtons Axiomen. Dies demonstriert die Abhängigkeit physikalischer Gesetze von der Zeitdefinition. Bestimmen Sie die scheinbare Kraft F . Für eine konkrete Uhr mit schwächer werdender Feder gelte speziell T (t) = λ−1 ln(1 + λt). Was ergibt sich dann für die scheinbare Kraft F ? Lösung: Aus der (tatsächlichen) Geschwindigkeit v=

dx dx dT = dt dT dt

folgt die (tatsächliche) Beschleunigung, die im kräftefreien Fall verschwindet: d 2x d2x = dt 2 dT 2

dT dt

2

dx d 2 T d 2x + = dT dt 2 dT 2

dT dt

2 +

v d 2 T /dt 2 =0 dT /dt

13

Kapitel 1 Elementare Newtonsche Mechanik Hieraus folgt die (scheinbare) Kraft F =m

m v d 2 T /dt 2 d 2x = − dT 2 (dT /dt)3

Für T (t) = λ−1 ln(1 + λt) gelten dann dT /dt = 1/(1 + λt), d 2 T /dt 2 = −λ/(1 + λt)2 und F = m v λ (1 + λt)

1.6 Erzwungene Schwingungen Bestimmen Sie die allgemeine Lösung des angetriebenen, gedämpften Oszillators x¨ + ω02 x + 2λ x˙ = f cos(ωt)

(1.31)

mit 0 < λ < ω0 . Betrachten Sie die Lösung speziell für große Zeiten, und berechnen Sie die zeitlich gemittelte Leistung P , die durch die Reibung verloren geht. Drücken Sie P im Fall = ω − ω0 ω0 und λ ω0 durch f , und λ aus. Lösung: Alle Größen in (1.31) sind reell. Daher ist der Realteil (Re) von X¨ + 2λ X˙ + ω02 X = f exp(iω t) (1.32)

identisch mit (1.31), wenn wir x(t) = Re X(t) setzen. Der Weg über (1.32) ist etwas bequemer. Die allgemeine Lösung einer linearen Differenzialgleichung setzt sich zusammen aus der allgemeinen Lösung Xhom (t) der homogenen Gleichung X¨ hom + 2λ X˙ hom + ω02 Xhom = 0

(1.33)

und irgendeiner speziellen (partikulären) Lösung Xpart (t) der vollen (inhomogenen) Differenzialgleichung. Wir setzen Xhom (t) = C exp (−iν t) mit einer komplexen Amplitude C in (1.33) ein und erhalten −ν 2 − 2 iλν + ω02 = 0, ν1,2 = ± ω02 − λ2 − i λ = ±w0 − iλ Dabei haben wir w0 = (ω02 − λ2 )1/2 eingeführt. Für ω0 > λ ist w0 reell, und die Lösung x(t) lautet xhom (t) = Re (C exp(−λt ∓ iw0 t)). Mit reellen Konstanten A1 und A2 in C = A1 + iA2 wird dies zu xhom (t) = A1 cos(w0 t) exp(−λt) + A2 sin(w0 t) exp(−λt) Das Vorzeichen in sin(±w0 t) = ± sin(w0 t) wird in die Konstante A2 absorbiert. Anstelle der Konstanten A1 und A2 können wir auch eine Amplitude A und eine Phase δ0 verwenden: xhom (t) = A0 exp (−λt) cos (w0 t + δ0 ) Diese Lösung beschreibt eine gedämpfte, periodische Bewegung. Für die partikuläre Lösung setzt man Xpart (t) ∝ exp(iω t) an und erhält aus (1.32) Xpart (t) =

f exp(iω t) ω02 − ω 2 + 2 iλ ω

(1.34)

14

Teil I Mechanik

Wir führen die Realteilbildung aus und schreiben

xpart (t) = A(ω) cos ω t + δ(ω)

(1.35)

mit der reellen Amplitude A(ω) und der reellen Phase δ(ω) A(ω) =

ω02 − ω

f

2 2

tan δ(ω) =

, + 4 λ2 ω 2

2λ ω ω2 − ω02

(1.36)

Die allgemeine Lösung

x(t) = xhom + xpart = A0 exp (−λt) cos (w0 t + δ0 ) + A(ω) cos ω t + δ(ω)

(1.37)

enthält zwei Integrationskonstanten, A0 und δ0 . Für große Zeiten bleibt nur die partikuläre Lösung übrig, x(t) = xpart (t). Diese erzwungene Schwingung wird durch die Frequenzabhängigkeit der Amplitude A(ω) und der Phase δ(ω) bestimmt: 6A(ω)

..... .. .. .. ... ... ..... . .. ... .. ... ... .... . ... .. ... .. ... ... ... . ... .... ... . . ... . . . . . . ... . . . . . . . . .... . . . . . . . . . . ............. ...... .......... .................. .................................

ωres

6δ(ω) .................................. ............ ..... ... ... ... ... ... ... ... −π/2 ... ... ... .... ....... .................... ..................................................... −π

0

-

ω

ω0

ω

Das Maximum der Amplitude A(ω) liegt bei ωres = ω02 − 2 λ2

(1.38)

Für λ ω0 liegt diese Resonanzfrequenz dicht unterhalb der Eigenfrequenz, ωres ≈ ω0 − λ2 /ω0 . Die Breite der Resonanzkurve ist proportional zu λ, die Höhe des Maximums proportional zu 1/λ. Je schwächer die Dämpfung ist, desto höher und schmaler ist die Resonanzkurve; für die Abbildung wurde ω0 /λ = 10 gewählt. Für kleine Frequenzen schwingt der Oszillator in Phase mit der anregenden Kraft (δ ≈ 0), für große Frequenzen gegenläufig (δ ≈ −π); der Übergang erfolgt im Bereich ω ∼ ω0 ± λ. Im statischen Fall (ω = 0) ist die Auslenkung A(0) = f/ω02 . Die Auslenkung erfolgt in Richtung der Kraft; die Phase ist null. Für ω > 0 ist die Phase immer negativ, das heißt die Auslenkung bleibt hinter der auslenkenden Kraft zurück. Die durch die Reibung absorbierte Leistung (Energie/Zeit) ist P (ω) = −Fdiss x˙ = 2 λ m x˙ 2 = 2 λ mA(ω)2 ω2 sin2 (ω t + δ) = λ mA(ω)2 ω2 Die Mittelung wurde durch einen Balken über der zu mittelnden Größe angezeigt; das gemittelte Quadrat einer Sinusfunktion ergibt den Faktor 1/2. Die Energieabsorption erfolgt vorwiegend im Frequenzbereich ω ≈ ω0 ± λ. Das Ergebnis für P ist leicht zu verstehen:

15


1/λ ist die Zeit, in der die Amplitude des freien Oszillators wesentlich gedämpft wird, und E = mω2 A2 /2 ist die Energie eines ungedämpften Oszillators, der mit der Amplitude A schwingt. Wir setzen nun (1.36) in P (ω) ein und verwenden = ω − ω0 ; dann ist ω2 − ω02 = (ω + ω0 ) ≈ 2ω. Für λ ω0 gilt ω = ω0 + O(λ) für die effektiv relevanten Frequenzen. In der führenden Ordnung in den kleinen Größen und λ erhalten wir so P () =

f 2 λm 4 2 + λ2

1.7 Weg(un)abhängigkeit der Arbeit 6 y

Das Wegintegral r2 dW = dr · F (r) W =

C2

......................... ............... ........... ...... ....... . . . . .... . . . ... .... ... .... ... ... .... ... C 1 ... -

0

d

C

-

x

r1, C

soll für die Federkraft F = −k r und verschiedene Wege berechnet werden.

Als Wege sollen eine Gerade C1 und ein Halbkreis C2 (Radius d/2) betrachtet werden, und zwar mit dem Anfangspunkt (x, y, z) = (0, 0, 0) und dem Endpunkt (d, 0, 0). Das Wegintegral gibt die Arbeit an, die geleistet werden muss, um ein Teilchen längs des Wegs zu verschieben. Lösung: Für den Weg C1 gilt dr = ex dx, wobei x von 0 bis d läuft. Damit wird (1.12) zu r d d 2 k d2 W = dr · F = −k dx r · ex = −k dx x = − 2 0 0 r1 , C 1 Der Halbkreis C2 kann durch ⎛ ⎞ 1 − cos ϕ d r := ⎝ sin ϕ ⎠ , 2 0

⎛ ⎞ sin ϕ d dr := ⎝ cos ϕ ⎠ dϕ 2 0

beschrieben werden, wobei ϕ von 0 bis π läuft. Damit erhalten wir r 2 k d2 π k d2 dr · F = − dϕ sin ϕ = − W = 4 0 2 r1 , C 2 √ Alternativ kann man C2 durch die Funktion y(x) = x (d − x) beschreiben. Mit r = x e x + y ey , dr = dx ex + dy ey und dy = y (x) dx erhalten wir W = −k 0

d

dx x + y(x) y (x) = −k

0

d

d k d2 dx x + − x = − 2 2

Die Kraft F = −k r kann in der Form F = −grad U (r) mit dem (Oszillator-)Potenzial U (r) = −k r 2 /2 geschrieben werden. Die Arbeit W = U (r 1 ) − U (r 2 ) ist damit vom Weg unabhängig.

16

Teil I Mechanik

1.8 Freier Fall mit Reibung Für eine Kugel, die sich in einer zähen Flüssigkeit im Schwerefeld bewegt, gelte die Bewegungsgleichung m z¨ = −mg − γ z˙ (1.39) Lösen Sie diese Gleichung für eine anfangs bei z = 0 ruhende Kugel. Überprüfen Sie mit dieser Lösung die Energiebilanzgleichung (1.14). Lösung: Wir schreiben die Bewegungsgleichung zunächst in der Form z¨ + α z˙ = −g

(1.40)

mit α = γ /m. Die allgemeine Lösung einer linearen Differenzialgleichung setzt sich zusammen aus der allgemeinen Lösung zhom (t) der homogenen Gleichung z¨ hom + α z˙ hom = 0

(1.41)

und irgendeiner speziellen (partikulären) Lösung zpart (t) der inhomogenen Differenzialgleichung (1.40). Der Standardansatz für eine lineare homogene Differenzialgleichung lautet z(t) = exp(λt). Einsetzen in (1.41) ergibt λ2 + α λ = 0 mit den Lösungen λ1 = 0 und λ2 = −α. Die allgemeine homogene Lösung ist eine Linearkombination der beiden Elementarlösungen, also zhom (t) = c1 exp(λ1 t) + c2 exp(λ2 t) = c1 + c2 exp(−α t). Der Ansatz z˙ = const. löst (1.40) mit z˙ = −g/α. Damit ist zpart = −g t/α eine partikuläre Lösung . Die allgemeine Lösung lautet z(t) = zhom (t) + zpart (t) = c1 + c2 exp(−α t) − g t/α Die Anfangsbedingungen z(0) = 0 und z˙ (0) = 0 legen die Konstanten fest: g exp(−α t) − 1 z(t) = − t+ α α

(1.42)

Der Leser überprüfe z → −g t 2 /2 für α → 0. Wir berechnen noch die (positiv gewählte) Geschwindigkeit v der Kugel: g v(t) = − z˙ (t) = 1 − exp(−α t) (1.43) α Die Geschwindigkeit v(t) wächst zunächst linear an (wie beim freien Fall), und nähert sich dann asymptotisch dem Wert v(∞) = g/α = mg/γ . Bei dieser Grenzgeschwindigkeit halten sich Schwer- und Reibungskraft die Waage. Wir berechnen die Energie E des Teilchens: E =T +U =

mg 2 m z˙ 2 + mg z = exp(−2 α t) − 4 exp(−α t) − 2 α t + 3 2 2 α2

Hieraus erhält man die linke Seite von (1.14): 2 dE mg 2 mg 2 = 1 − exp(−α t) − 2 α exp(−2 α t) + 4 α exp(−α t) − 2α = − dt 2α 2 α Dies stimmt mit der rechten Seite von (1.14) überein: F diss · v = −γ v 2 = −

2 mg 2 1 − exp(−α t) α


17

Für große Zeiten sind die beiden Seiten von (1.14) gleich einer Konstanten. Dies entspricht einer konstanten Umwandlungsrate von potenzieller Energie in Reibungswärme bei erreichter Endgeschwindigkeit. Alternative Lösung: Die Gleichung (1.40) wird als v˙ = g − α v geschrieben und gemäß v 0 dv /(g − α v ) = t integriert. Dies führt direkt zu (1.43). Dieser Weg ist deutlich kürzer, entspricht aber nicht dem Standardverfahren zur Lösung linearer Differenzialgleichungen.

1.9 Förderband – Energiebilanz Auf ein horizontales Förderband, das sich mit der konstanten Geschwindigkeit v0 bewegt, fällt aus einem Trichter Materie mit der Rate R = dm/dt = Masse/Zeit. Die Materie kommt auf dem Förderband zur Ruhe und wird mit v0 weitertransportiert. Mit welcher Kraft F muss das Förderband angetrieben werden, um die Impulsänderung der aufgenommenen Materie zu bewirken? Vergleichen Sie die Leistung P des Förderbands mit der Rate dT /dt, mit der kinetische Energie T auf die Materie übertragen wird. Sind die auftretenden Kräfte konservativ? Lösung: Wenn die Masse dm von null auf die Geschwindigkeit v0 gebracht wird, bedeutet das eine Impulsänderung dp = dm v0 . Um diese Impulsänderung in Zeitintervall dt zu bewirken, ist die Kraft dp dm v0 F = = = R v0 dt dt erforderlich; mit dieser Kraft F muss das Förderband angetrieben werden. Der Antrieb des Förderbands benötigt dann die Leistung P = F v0 = R v02 Aus dm v02 /2 R v02 dT = = dt dt 2 folgt, dass nur die Hälfte der aufgebrachten Leistung P zur Erhöhung der kinetischen Energie der Materie dient (konservativer Anteil). Die andere Hälfte wird in Wärme umgewandelt (dissipativ); denn wenn Materie auf das Band fällt und schließlich mitgenommen wird, kommt es zu Reibungsvorgängen. Die Kräfte auf einzelne Materiestücke Δm sind zeitabhängig (jeweils vom Zeitpunkt des Auftreffens auf das Band bis zum Erreichen der Geschwindigkeit v0 ). Diese Kräfte sind im Einzelnen nicht bekannt.

1.10 Potenzial für Coulombkraft Wir betrachten Teilchen mit den Ladungen qν . Die Kraft, die das Teilchen μ auf das Teilchen ν ausübt, ist qν qμ (r ν − r μ ) F νμ = |r ν − r μ | 3 Zeigen Sie rotν F νμ = 0. Bestimmen Sie den zugehörigen Potenzialbeitrag Uνμ .

18

Teil I Mechanik

Lösung: Wir setzen zunächst F = F νμ , α = qν qμ und r = r ν − r μ , so dass der Ausgangspunkt zu r F =α 3 r wird. Dann ist rotν F νμ = rot F (r). Wir berechnen die x-Komponente von rot F :

∂Fz ∂Fy ∂ y ∂ z 3α rot F x = − − = α = − 5 y z − zy = 0 ∂y ∂z ∂y r 3 ∂z r 3 r Dies gilt analog für die anderen Komponenten. Damit ist die Wirbelfreiheit gezeigt. Die Kraft besitzt also ein Potenzial, das wir auf einem beliebigen Weg berechnen können: U (x, y, z) − U (x0 , y0 , z0 ) = α x y z x dx y dy z dz − − − 2 2 2 2 2 2 3/2 2 3/2 2 2 3/2 x0 (x + y0 + z0 ) y0 (x + y + z0 ) z0 (x + y + z ) x y z 1 1 1 = + 2 + 2 2 2 1/2 2 1/2 2 2 1/2 2 2 (x + y + z ) (x + y0 + z0 ) (x + y + z ) z0 0 x0 y0 = −

1 x0 + y0 + z0 2

2

2

+

1 x2

+

y2

+

z2

=

1 1 − |r| |r 0 |

Damit erhalten wir U = α/|r| oder in den ursprünglichen Bezeichnungen Uνμ =

qν qμ |r ν − r μ |

ergibt

F νμ = −gradν Uνμ

1.11 Corioliskraft beim freien Fall Auf einem Platz in Mitteleuropa (mit der geographischen Breite ϕ0 = 50 o ) steht ein Turm der Höhe H = 200 m. Der ebene Platz stelle die x -y -Ebene, der Turm die z -Achse von KS dar. Wegen der Erddrehung ist KS ein rotierendes System (in dem die ω2 -Terme vernachlässigbar klein sind). Berechnen Sie in KS , wieweit ein vom Turm frei fallender Körper (Anfangsgeschwindigkeit null) neben der Lotrechten aufschlägt. Verifizieren Sie das Ergebnis, indem Sie den freien Fall in einem Inertialsystem behandeln. ω 6z

ω

.................................. ........... ........ 6 z ....... ...... @ @ ..... @...... ... R @ ... x ... ... R ... ... .... ... ... ... ϕ0 ..... .

x -

Lösung: Ein Laborsystem auf der Erdoberfläche ist ein beschleunigtes Bezugssystem KS mit den Koordinaten x , y , z . Der Ursprung von KS bewegt sich aufgrund der Drehung momentan senkrecht in die Bildebene hinein; dies ist auch die Richtung der nicht gezeigten y -Achse. In KS wird die Winkelgeschwindigkeit zu ⎛ ⎞ − cos ϕ0 ⎠ 0 ω := ω ⎝ sin ϕ0

19

Kapitel 1 Elementare Newtonsche Mechanik Ohne die Zentrifugalkraft lautet die Bewegungsgleichung in KS

m r¨ = −2 m ω × r˙ − m g

(1.44)

Wir schreiben dies in Komponenten an: x¨ = 2ω y˙ sin ϕ0

y¨ = −2ω z˙ cos ϕ0 + x˙ sin ϕ0 z¨ = 2ω y˙ cos ϕ0 − g Die Anfangsbedingungen lauten (x , y , z ) = (0, 0, H )

und

(x˙ , y˙ , z˙ ) = (0, 0, 0)

Damit sind x˙ und y˙ von der Ordnung ω. Unter Vernachlässigung der ω2 -Terme werden die Bewegungsgleichungen zu x¨ = 0 ,

y¨ = −2 ω z˙ cos ϕ0 ,

z¨ = − g

Die Integration ergibt unter Berücksichtigung der Anfangsbedingungen: 1 g z = H − t 2 ω g t 3 cos ϕ0 , 3 2 √ Aus der letzten Gleichung folgt die Fallzeit t0 = 2H /g. Damit erhalten wir für die Abweichung aus der Lotrechten 2H 2 y (t0 ) = H ω (1.45) cos ϕ0 ≈ 4 cm 3 g x = 0 ,

y =

Alternative Lösung: Die Basis des Turms bewegt sich mit der Geschwindigkeit VB = ω R cos ϕ0 in y-Richtung (entlang eines Breitenkreises). Parallel dazu bewegt sich die Spitze des Turms mit y(0) ˙ = ω (R + H ) cos ϕ0 Dies ist zugleich die Anfangsgeschwindigkeit des √ fallenden Körpers. Die Differenz dieser Geschwindigkeiten führt während der Fallzeit t0 = 2H /g zu einer seitlichen Abweichung [y(0) ˙ − VB ]t0 . Diese Abweichung hat dieselbe Form wie (1.45), aber ohne den Faktor 2/3. Warum führt diese einfache Überlegung zu einem falschen Ergebnis? - y

.......................................... .............. g g ................ ........ . . . . . . ..... ? ..... .... . . . ............. .... ... ... α .... ... ... ... .... ... ... .. ... ... . .

R cos ϕ0

In der nebenstehenden Abbildung sind der betrachtete Breitenkreis und die y-Richtung eingezeichnet. Sobald die Bewegung in y-Richtung beginnt, bekommt die Erdbeschleunigung eine Komponente in y-Richtung. (Im Gegensatz dazu gilt g ⊥ ey im mitbewegten KS ). Der Winkel α ergibt sich aus sin α ≈ VB t/R ≈ ω t cos ϕ0 .

20

Teil I Mechanik

Damit gilt für die y-Bewegung y(t) ¨ = − g sin α = −g ω t cos ϕ0 + O(ω2 ) Für die gesuchte seitliche Abweichung ergibt sich daraus 1 2 Δy = − g ω t03 cos ϕ0 + y(0) ˙ − VB t0 = H ω 6 3 in Übereinstimmung mit (1.45).

2H cos ϕ0 g

2 Lagrangeformalismus Der Lagrangeformalismus ist eine elegante und einfache Methode zur Lösung mechanischer Probleme. Wir führen zunächst die Lagrangegleichungen 1. Art ein und geben das Verfahren zur Lösung der Bewegungsgleichungen und zur Bestimmung der Zwangskräfte an. Wenn man Zwangskräfte eliminiert, erhält man die Lagrangegleichungen 2. Art. Dies ist der Königsweg für die Behandlung zahlreicher Probleme der Mechanik; denn der Weg über die Lagrangefunktion ist viel einfacher als das direkte Aufstellen der Bewegungsgleichungen. Die allgemeinen Symmetrien des Raums und der Zeit eines Inertialsystems führen zu Erhaltungssätzen.

Lagrangegleichungen 1. Art y 6 A

-

A ϕ A. ....................... A l A AA KA Z AA A Au

x

?F = mg

Auf die Masse des Pendels wirkt die Schwerkraft F und eine durch den Faden ausgeübte Zwangskraft Z. Newtons 2. Axiom ergibt also m r¨ = F + Z

(2.1)

Diese Gleichung kann nicht direkt gelöst werden, weil die Zwangskraft Z unbekannt ist. Die Zwangskraft hängt im Allgemeinen (wie auch im gezeigten Pendel) von der tatsächlichen Bewegung ab.

Die Bewegung des ebenen Pendels unterliegt den beiden Zwangsbedingungen g1 = z = 0 und g2 = x 2 + y 2 − l 2 = 0. Geometrisch definiert g(r, t) = 0 eine Fläche. Der Beschränkung auf eine Fläche entspricht eine Zwangskraft senkrecht zur Fläche, also Z = λ(t) grad g; die Stärke der Kraft ist im Allgemeinen zeitabhängig, also λ = λ(t). Damit wird (2.1) zu m r¨ = F + λ1 (t) grad g1(r, t) + λ1 (t) grad g1 (r, t) ,

(2.2)

Wir betrachten nun ein System von N Massenpunkten. Es gebe R Zwangsbedingungen der Form gα (r 1 , r 2 , . . . , r N , t) = gα (x1 , . . . , x3N , t) = 0

(α = 1, 2,..., R)

(2.3)

Zwangsbedingungen dieser Art heißen holonom. Eine nichtholonome Bedingung ist zum Beispiel eine, die sich nur mit Hilfe der Geschwindigkeiten ausdrücken lässt. In (2.3) haben wir die kartesischen Koordinaten (x1 , x2 , x3..., x3N ) verwendet. 21 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_2, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

22

Teil I Mechanik

Für das System von N Massenpunkten ergeben sich die Lagrangegleichungen 1. Art als Verallgemeinerung von (2.2): mn x¨n = Fn +

R α =1

λα

∂gα (x1 ,..., x3N , t) ∂xn

(n = 1, 2,..., 3N )

(2.4)

Hier wurde m1 = m2 = m3 für die Masse des 1. Teilchens gesetzt, m4 = m5 = m6 für die Masse des 2. Teilchens, und so weiter. Mit (2.4) und (2.3) haben wir 3N + R Gleichungen (3N Differenzialgleichungen 2. Ordnung und R algebraische Gleichungen) für 3N + R unbekannte Funktionen xn (t) und λα (t). Die Kräfte Fn werden wie in Newtons 2. Axiom als gegeben angenommen. Energieerhaltung Wir multiplizieren die Bewegungsgleichung (2.4) mit x˙n und summieren über n. 2 Dann wird die linke Seite zu dT /dt, wobei T = n mn x˙ n /2 die kinetische Energie ist. Den ersten Term auf der rechten Seite schreiben wir als n Fn x˙ n = (∂U/∂x ) x ˙ = −dU (x ,..., x )/dt; damit setzen wir konservative Kräf− n n n 1 3N te voraus. Der letzte Term in (2.4) kann vereinfacht werden, wenn wir dgα /dt = n (∂gα /∂xn ) x˙ n + ∂gα /∂t = 0 berücksichtigen. Damit erhalten wir R

d ∂gα T +U =− λα dt ∂t

(2.5)

α =1

Die Energie ist erhalten, wenn die Kräfte konservativ und die Zwangsbedingungen zeitunabhängig sind. Lösung mit Lagrangegleichungen 1. Art Die Behandlung eines Problems mit den Lagrangegleichungen 1. Art erfolgt in folgenden Schritten: 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Formulierung der Zwangsbedingungen Aufstellen der Lagrangegleichungen 1. Art Elimination der λα Lösung der Bewegungsgleichungen Bestimmung der Integrationskonstanten Bestimmung der Zwangskräfte.

Hieran schließt sich eine Diskussion der Lösung (graphische Darstellung der Lösung, physikalische Bedeutung der Zwangskräfte, Erhaltungsgrößen) an. Die ersten beiden Schritte wurden oben erläutert. Für den zentralen dritten Schritt leitet man die Zwangsbedingungen zweimal total nach der Zeit ab. Dies

23

Kapitel 2 Lagrangeformalismus

ergibt eine Gleichung, in der die zweiten Ableitungen x¨n linear vorkommen: d 2 gα =0 dt 2

−→

3N ∂gα x¨n = Gα (x, x, ˙ t) ∂xn

(α = 1,..., R)

(2.6)

n =1

˙ t) zusammengefasst; dabei ist x die KurzAlle anderen Terme werden zu Gα (x, x, notation für (x1,..., x3N ). Wir setzen nun die x¨n aus (2.4) in (2.6) ein: 3N R ∂gβ ∂gα (x, t) 1 ˙ t) + λβ ˙ t) Fn (x, x, = Gα (x, x, ∂xn mn ∂xn

n =1

(2.7)

β =1

Dies sind R lineare Gleichungen für die Unbekannten λ1 , ..., λR . Hieraus erhalten wir die Unbekannten und die Zwangskräfte als Funktion der Größen x, x˙ und t. In den Bewegungsgleichungen m x¨ n = Fn (x, x, ˙ t) + Zn (x, x, ˙ t) = Fn +

R

λα (x, x, ˙ t)

α =1

∂gα (x, t) ∂xn

(2.8)

stehen damit auf der rechten Seite bekannte Funktionen von x, x˙ und t. Die nächsten Schritte 4 und 5 sind damit von der selben Art wie bei Problemen ohne Zwangsbedingungen (Kapitel 1). Im letzten Schritt werden die Zwangskräfte bestimmt, indem die Lösung in Zn = Zn (x, x, ˙ t) eingesetzt wird.

Lagrangegleichungen 2. Art Oft ist man nur an den Bahnkurven xn (t), nicht aber an den Zwangskräften selbst interessiert. Man eliminiert dann die Zwangskräfte aus den Bewegungsgleichungen und erhält die einfacheren Lagrangegleichungen 2. Art. Bei R Zwangsbedingungen hat das System aus N Massenpunkten f = 3N − R Freiheitsgrade. Man wählt nun genau f geeignete verallgemeinerte Koordinaten q1 , q2 , ..., qf . Die Koordinaten qi sind so zu wählen, dass die qi die Lage aller Massenpunkte festlegen, xn = xn (q1 , q2,..., qf , t)

(n = 1, 2, . . . , 3N )

(2.9)

und dass die Zwangsbedingungen für beliebige Werte der qi erfüllt sind: gα (x1 (q1 ,.., qf , t), . . . , x3N (q1,.., qf , t), t) ≡ 0

für beliebige qi

(2.10)

Für das ebene Pendel gilt f = 1 und der Winkel ϕ ist eine geeignete verallgemeinerte Koordinate. Die Transformation (2.9) lautet in diesem Fall x(ϕ) = l cos ϕ, y(ϕ) = −l sin ϕ und z(ϕ) = 0. Es ist offensichtlich, dass damit die Zwangsbedingungen identisch erfüllt sind.

24

Teil I Mechanik

Aus (2.10) folgt dgα /dqk = 0, oder ausgeschrieben n (∂gα /∂xn )(∂xn /∂qk ) = 0. Wenn wir nun (2.4) mit ∂xn /∂qk multiplizieren und über n summieren, fallen die Terme mit den Zwangsbedingungen weg: 3N

mn x¨n

n =1

3N ∂xn ∂xn = Fn ∂qk ∂qk

(k = 1, 2,..., f )

(2.11)

n =1

In diesen Gleichungen steht xn für xn (q1 , q2,.., qf , t). Diese Gleichungen stellen daher f Bewegungsgleichungen für die f Funktionen qk (t) dar. Nach einigen Rechenschritten kann man diese Gleichungen in die Form der Lagrangegleichungen 2. Art bringen: d ∂L(q, q, ˙ t) ∂L(q, q, ˙ t) = dt ∂ q˙k ∂qk

(k = 1,..., f )

(2.12)

Dabei ist die Lagrangefunktion L durch die Differenz aus kinetischer und potenzieller Energie gegeben: L(q, q, ˙ t) = T (q, q, ˙ t) − U (q, q, ˙ t)

(2.13)

Für komplexe Systeme ist die Aufstellung der Lagrangefunktion viel einfacher als diejenige der Bewegungsgleichungen selbst. Die kinetische Energie T (q, q, ˙ t) er hält man, indem man in T = n mn x˙ n2 /2 die Transformation (2.9) einsetzt. Die potenzielle Energie wird so bestimmt, dass Qk =

3N

Fn

n =1

˙ t) ∂U (q, q, ˙ t) d ∂U (q, q, ∂xn =− + ∂qk ∂qk dt ∂ q˙k

(2.14)

Meistens ist das Potenzial geschwindigkeitsunabhängig, U = U (q, t). Dann ergeben sich die verallgemeinerten Kräfte wie gewohnt aus Qk = −∂U/∂qk . Erhaltungssätze Unter Verwendung der Bewegungsgleichungen zeigt man d dt

f ∂L ∂L q˙k − L = − ∂ q˙k ∂t

(2.15)

k =1

Wenn die Transformation (2.9) nicht explizit von der Zeit und das Potenzial nicht von den Geschwindigkeiten abhängen, dann gilt k (∂L/∂ q˙ k ) q˙k = 2T . Wenn außerdem das Potenzial auch nicht explizit von der Zeit abhängt, erhalten wir den Energieerhaltungssatz ∂L =0 ∂t

xn = xn (q) U = U (q)

E = T + U = const.

(2.16)

25


Falls eine verallgemeinerte Koordinate qk nicht explizit in der Lagrangefunktion vorkommt, heißt sie zyklisch. Aus den Lagrangegleichungen folgt dann sofort, dass der zugehörige verallgemeinerte Impuls pk erhalten ist: ∂L =0 ∂qk

−→

pk =

∂L = const. ∂ q˙k

(2.17)

Erhaltungssätze sind immer von der Form Q(x, ˙ x, t) = const. Sie stellen damit Differenzialgleichungen 1. Ordnung dar, also erste Integrale der Bewegung (oder der Bewegungsgleichungen). Sie können die Lösung eines Problems wesentlich erleichtern. Krummlinige Koordinaten Wenn man von kartesischen Koordinaten zu anderen Koordinaten übergeht, dann können diese als verallgemeinerte Koordinaten aufgefasst werden (ohne dass eine Zwangsbedingung vorliegt). Konkret betrachten wir die freie Bewegung eines Teilchens in krummlinigen Koordinaten. Eine beliebige Koordinatentransformation xn = xn (q1 , q2 , q3 ) bedeutet für das Wegelement ds = 2

3

dxn

2

=

3

gik (q) dqi dqk =

dρ 2 + ρ 2 dϕ 2 + dz2

dr 2 + r 2 dθ 2 + r 2 sin2 θ dφ 2 (2.18) Das Ergebnis wurde speziell für Zylinder- und für Kugelkoordinaten angegeben. Die Lagrangefunktion L des freien Teilchens ist dann n =1

i, k =1

3 m m 2 m x˙ n = gik (q) q˙i q˙k = L=T = 2 n 2 2

ρ˙ 2 + ρ 2 ϕ˙ 2 + z˙ 2 r˙ 2 + r 2 θ˙ 2 + r 2 sin2 θ φ˙ 2 i, k =1 (2.19) Anstelle der mühsamen direkten Berechnung der Beschleunigung in Kugelkoordinaten (siehe Aufgabe 1.1) tritt nun die sehr einfache Auswertung der Lagrangegleichungen. Elektromagnetische Kräfte Die Lagrangefunktion für ein Teilchen (Masse m und Ladung q) in einem elektromagnetischen Feld lautet L(r, r˙ , t) =

q m 2 r˙ − q Φ(r, t) + r˙ · A(r, t) 2 c

(2.20)

Dies führt zur Bewegungsgleichung m r¨ = q (E + (˙r /c) × B ), wobei die elektro˙ und B = rot A gegeben sind. magnetischen Felder durch E = −grad Φ − A/c

26

Teil I Mechanik

Reibungskräfte Reibungskräfte können durch die modifizierten Lagrangegleichungen ∂L ∂D d ∂L − + =0 dt ∂ q˙i ∂qi ∂ q˙i

mit D =

3N γn 2 x˙ 2 n

(2.21)

n =1

berücksichtigt werden. Dabei ist die Rayleighsche Dissipationsfunktion D mit Hilfe von (2.9) als Funktion der verallgemeinerten Koordinaten auszudrücken. Lösung mit Lagrangegleichungen 2. Art Die Behandlung eines Problems mit den Lagrangegleichungen 2. Art erfolgt in folgenden Schritten: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Wahl der verallgemeinerten Koordinaten q = (q1 ,..., qf ) und Angabe der Transformation xn = xn (q, t) Bestimmung der Lagrangefunktion L(q, q, ˙ t) Aufstellung der Lagrangegleichungen Bestimmung der Erhaltungsgrößen Lösung der Bewegungsgleichungen, eventuell unter Verwendung von Erhaltungsgrößen Bestimmung der Integrationskonstanten Diskussion der Lösung.

Diese Schritte werden in den Lösungen einiger Aufgaben am Ende des Kapitels vorgeführt.

Raum-Zeit-Symmetrien Ein System ist abgeschlossen, wenn es keine Wechselwirkungen mit der Umgebung hat. Für ein abgeschlossenes System aus N Punktmassen gelte L0 (r 1 ,..., r N , r˙ 1 ,..., r˙ N ) =

N N ν−1 1 mν r˙ ν2 − Uνμ (|r ν − r μ |) 2 ν =1

(2.22)

ν =2 μ =1

Die Form des Potenzials wurde aus (1.21) übernommen (hier ohne äußere Kräfte). Das System werde folgenden Transformationen unterworfen: 1. 2. 3. 4.

Zeitliche Verschiebung um einen konstanten Betrag t0 Räumliche Verschiebung um einen konstanten Vektor ai Räumliche Drehung um drei konstante Winkel (in αij enthalten) Räumliche Verschiebung um den zeitabhängigen Vektor vi t .

27


Alle Erfahrungstatsachen sind mit der Annahme verträglich, dass das transformierte System in gleicher Weise funktioniert wie das nichttransformierte. „In gleicher Weise funktionieren“ bedeutet dabei „nach den gleichen Gesetzen ablaufen“. In diesem Sinn sind abgeschlossene Systeme invariant unter den betrachteten Operationen. Da diese Symmetrien für alle abgeschlossenen Systeme gelten, stellen sie Eigenschaften des Raums und der Zeit dar. Die Symmetrien heißen: 1. 2. 3. 4.

Homogenität der Zeit Homogenität des Raums Isotropie des Raums Relativität der Raum-Zeit.

Aus den Symmetrien folgen Erhaltungssätze. Zu ihrer Ableitung geht man folgendermaßen vor: Man schreibt die jeweils betrachtete Transformation (die von der Form (1.22) ist) als infinitesimale Transformation an. Die transformierte Lagrangefunktion L∗ hängt dann von dem zugehörigen infinitesimalen Parameter ab. Nach dem Schema ∗ dQ(r i , r˙ i ) dL (2.23) = 0= d = 0 dt erhält man eine Erhaltungsgröße Q = const. Für die aufgeführten vier Transformationen ergeben sich die Erhaltungsgrößen 1. 2. 3. 4.

E = T + U = const. P = const. L = const. ˙ t − R = const. R

Energie E Schwerpunktimpuls P Drehimpuls L Schwerpunktkoordinate R

Der letzte Fall weicht von dem Schema (2.23) ab. Die Symmetrie besteht hier darin, dass L bei der Transformation einen Zusatzterm erhält, der ohne Einfluss auf die Bewegungsgleichungen ist (Aufgabe 2.10). Die aufgeführten Erhaltungssätze gelten für alle Bereiche der Physik, also auch für nichtmechanische Systeme.

28

Teil I Mechanik

Aufgaben 2.1 Massenpunkt auf Kurve im Schwerefeld In der vertikalen z-x-Ebene gleitet ein Massenpunkt reibungsfrei auf der Kurve z = f (x). Auf den Massenpunkt wirkt die Schwerkraft F = −mg ez . Stellen Sie die Lagrangegleichungen 1. Art auf. Lösung: Die Zwangsbedingung lautet g(x, z) = z − f (x) = 0 Wir schreiben die Lagrangegleichung m r¨ = mg +λ gradg in der x- und der z-Komponente an: m x¨ = −λ f (x) , m z¨ = − mg + λ Die zweimalige Differenziation der Zwangsbedingung ergibt z¨ = f (x) x˙ 2 + f (x) x¨ Hierin setzen wir x¨ und z¨ aus den Bewegungsgleichungen ein und lösen nach λ auf: λ=m

g + f (x) x˙ 1 + f (x) 2

2

Wir setzen dieses λ in die Bewegungsgleichungen ein: g + f (x) x˙ , 1 + f (x) 2 2

x¨ = −f (x)

f (x) x˙ − g f (x)2 1 + f (x) 2 2

z¨ =

2.2 Massenpunkt auf Kugeloberfläche 6z ......................................................... .... ...............u ..................... ............... ......... ................ ..... ......... ..... ... ..... ..... . . . . ... ...... ..... ..... ..... ... ... .... . . . . .. ................... ... .... ....... ......... ... ........ θ0..................... ... . . . .... . . . . .. .. R

-

Ein Massenpunkt liegt im Schwerefeld auf dem obersten Punkt einer Kugel. Er beginnt dort reibungsfrei herunter zu gleiten. An welcher Stelle hebt er von der Kugel ab? Verwenden Sie den Energieerhaltungssatz.

x

Lösung: Im Prinzip kann diese Aufgabe als Fortsetzung der vorherigen betrachtet werden (mit einer Spezifikation der Funktion f (x)). Es ist aber einfacher, mit x = r sin θ und z = r cos θ zu den Koordinaten r und θ überzugehen (Kugelkoordinaten, aber mit φ ≡ 0 für die ebene Bewegung). Die Zwangsbedingung lautet g(r) = r − R = 0 Dabei ist R der Radius der Kugel. Bei einer solchen Zwangsbedingung kann man von vornherein r ≡ R setzen, und sich auf die Berechnung von θ(t) beschränken. Wir gehen hier aber den Standardweg, um die Zwangskraft zu bestimmen.

29


Die Lagrangegleichungen m r¨ = mg + λ grad g schreiben wir in der r- und der θ-Komponente an:

m r θ¨ + 2 r˙ θ˙ = mg sin θ m r¨ − r θ˙ 2 = − mg cos θ + λ , Die Beschleunigung in Kugelkoordinaten kann Aufgabe 1.1 entnommen werden oder über die Lagrangefunktion (2.19) berechnet werden. Die zweimalige Differenziation der Zwangsbedingung ergibt r¨ = 0. Zusammen mit der Bewegungsgleichung für r(t) ergibt dies λ = mg cos θ − m r θ˙ 2 = mg cos θ − m R θ˙ 2 Mit Hilfe des Energieerhaltungssatzes

m 2 ˙2 R θ + mg R cos θ − 1 = 0 E =T +V = 2 ˙ eliminieren wir θ aus dem Ausdruck für λ und erhalten so die Zwangskraft:

Z = λ grad g = λ er = mg 3 cos θ − 2 er Anfangs (θ ≈ 0) muss die Zwangskraft mg er das volle Gewicht kompensieren. Mit wachsendem θ nimmt zum einen die Gewichtskomponente auf die Oberfläche ab, zum anderen verringert die Zentrifugalkraft die Auflagekraft. Dadurch kommt es schließlich bei Abhebepunkt:

Z=0

⇒

cos θ0 =

2 3

zum Abheben.

2.3 Hantel auf konzentrischen Kreisen Zwei Massenpunkte (m1 = m2 = m) können sich reibungsfrei auf zwei konzentrischen Kreisen (Radien r und R) bewegen. Die beiden Massenpunkte sind durch eine masselose Stange der Länge L verbunden; es gelte R − r < L < R + r. Auf die Massen wirke die Erdbeschleunigung g = −g ey . Stellen Sie die Lagrangegleichungen 1. Art auf. Bestimmen Sie die Gleichgewichtslage der Massen zum einen aus den Lagrangegleichungen und zum anderen aus der Bedingung Upot = m(y1 + y2 ) = minimal.

6y

g

?

............................................. ........... . ....... ............................ ............ . . . . .......... . ....... .... ...... ....... ..... .......... ..... ... . . .... ... .... ...t..m ... ... . .. ... 1 ... ... .. .. ..... .. .. ..... ..... ........ ... ... . ..... ... ... ... ... ..... .. ... x . ... ... . . . .. . ... ... .. .. L .......... .. ... ... ..... . . . . . . ..... .... ... ... .... ............ .... ....... ... . ..... ....... .............................................. ......... ......... . ... ................... .........................t .......... m2

Lösung: Die Zwangsbedingungen sind g1 = x12 +y12 −r 2 = 0 ,

g2 = x22 +y22 −R 2 = 0 ,

g3 = (x1 −x2 )2 +(y1 −y2 )2 −L2 = 0

Damit lauten die Lagrangegleichungen 1. Art m x¨1 m y¨1 m x¨2 m y¨2

= = = =

2λ1 x1 + 2λ3 (x1 − x2 ) 2λ1 y1 + 2λ3 (y1 − y2 ) − mg 2λ2 x2 − 2λ3 (x1 − x2 ) 2λ2 y2 − 2λ3 (y1 − y2 ) − mg

30

Teil I Mechanik

Im statischen Fall verschwinden alle Zeitableitungen: 0 0 0 0

= = = =

λ1 x1 + λ3 (x1 − x2 ) λ1 y1 + λ3 (y1 − y2 ) − mg/2 λ2 x2 − λ3 (x1 − x2 ) λ2 y2 − λ3 (y1 − y2 ) − mg/2

Aus den ersten beiden Gleichungen eliminiert man λ1 und erhält dadurch einen Ausdruck λ3 = . . .. Aus den letzten beiden Gleichungen eliminiert man λ2 und erhält dadurch einen anderen Ausdruck λ3 = . . .. Man setzt beide Ausdrücke gleich und erhält so

x1 + x2 x1 y2 − y1 x2 = 0 Wir betrachten zunächst den Fall, dass die zweite Klammer verschwindet. Dann ist y1 /x1 = y2 /x2 . Die beiden Strahlen, die vom Ursprung zu den Massen zeigen, haben den gleichen Tangens des Steigungswinkels. Dann muss die Gerade, auf der die Stange liegt, durch den Ursprung gehen. Dies geht nur in den Grenzfällen L = R + r und L = R − r, die wir ausschließen. Damit muss die erste Klammer verschwinden, also x1 = −x2 , y1 = ± r 2 − x12 , y2 = ± R 2 − x12 Die potenzielle Energie ist U = mg (y1 + y2 ). Sie ist minimal, falls (y1 + y2 )2 = 2y12 + 2y22 − (y1 − y2 )2 = 2y12 + 2y22 + (x1 − x2 )2 − L2 = 2y12 + 2y22 + 2x12 + 2x22 − (x1 + x2 )2 − L2 = 2 r 2 + 2 R 2 − (x1 + x2 )2 − L2 = minimal Hierbei wurden die Zwangsbedingungen verwendet. Die potenzielle Energie ist also für x1 + x2 = 0 minimal.

2.4 Beschleunigte schiefe Ebene Ein Massenpunkt gleitet reibungsfrei auf einer schiefen Ebene, die in x-Richtung beschleunigt wird, s(t) = a t 2 /2. Die Neigung α der schiefen Ebene ist konstant. Stellen Sie die Zwangsbedingung und die Lagrangegleichungen 1. Art auf. Lösen Sie die Bewegungsgleichungen und bestimmen Sie die Zwangskräfte.

6z

g

H H

?

H

HH m HsH

HH ... .. H H ... . ...

α

HH

x

-

s(t)

Lösung: Die Zwangsbedingung lautet

g(x, z, t) = s(t) − x sin α − z cos α = 0 Wir schreiben die Lagrangegleichung m r¨ = mg +λ gradg in der x- und der z-Komponente an: m x¨ = −λ sin α , m z¨ = − mg − λ cos α Die zweimalige Differenziation der Zwangsbedingung ergibt

a − x¨ sin α − z¨ cos α = 0

31


Dabei wurde s¨ = a verwendet. Wir setzen x¨ und z¨ aus den Bewegungsgleichungen ein und lösen nach λ auf:

λ = − m g cos α + a sin α Wir setzen dieses λ in die Bewegungsgleichungen ein:

x¨ = sin α g cos α + a sin α , z¨ = − g + cos α g cos α + a sin α Die Lösung der ersten Gleichung ist x(t) = sin α (g cos α + a sin α) t 2 /2 + v0 t + x0 . Man kann die zweite Gleichung analog lösen und dann noch die Zwangsbedingung berücksichtigen. Einfacher ist es, keine weiteren Integrationskonstanten einzuführen und die Lösung z(t) direkt aus der Zwangsbedingung zu nehmen, z(t) = [s(t) − x(t)] tan α. Wir bestimmen noch die Zwangskraft

Z = λ grad g = m g cos α + a sin α ex sin α + ey cos α Für a = 0 kompensiert die Zwangskraft die Schwerkraft. Für a > 0 wird der Andruck auf die schiefe Ebene verstärkt, für a < 0 vermindert. Bei a = −g cot α wird λ = 0, und ein nur aufliegender Massenpunkt hebt ab.

2.5 Bewegung in kugelsymmetrischem Potenzial Die Bewegung eines Teilchens in einem kugelsymmetrischen Potenzial U soll mit Kugelkoordinaten beschrieben werden, also q1 = r, q2 = θ , q3 = φ und U = U (r, t). Stellen Sie die Lagrangefunktion auf, und geben Sie eventuell vorhandene zyklische Koordinaten und die zugehörigen Erhaltungsgrößen an. Lösung: Mit (2.19) wird die Lagrangefunktion zu

m 2 ˙ φ, ˙ r, θ, t) = T − U = r˙ + r 2 θ˙ 2 + r 2 sin2 θ φ˙ 2 − U (r, t) L(˙r , θ, 2 Es gibt eine zyklische Koordinate, und zwar φ. Aus ∂L/∂φ = 0 folgt ∂L z = = m φ˙ r 2 sin2 θ = const. ∂ φ˙ Dies ist die z-Komponente des Drehimpulses. Wegen der sphärischen Symmetrie des Problems kann die z-Achse in eine beliebige Richtung gelegt werden, ohne dass sich die Form von L ändert. Daher ist jede Komponente des Drehimpulses erhalten: = m r × r˙ = const.

2.6 Form der kinetischen Energie Die kinetische Energie sei von der Form T = T (q, q) ˙ = mik = mki . Zeigen Sie n q˙n (∂T /∂ q˙n ) = 2T .

1 2

i, k

mik (q) q˙ i q˙k mit

Lösung: Die Summationsindizes i und k durchlaufen alle Werte von 1 bis f und nehmen dabei einmal den Wert n an: f f f f f 1 ∂ 1 1 ∂T = mik (q) q˙i q˙k = mnk (q) q˙k + min (q) q˙i = mnk (q) q˙k ∂ q˙n 2 ∂ q˙n i=1 k=1 2 k=1 2 i=1 k=1

In der vorletzten Summe wurde der Summationsindex von i in k umbenannt, und dann wurde mkn durch mnk ersetzt. Die Multiplikation des resultierenden Ausdrucks mit q˙n und Summation über n ergibt 2T .

32

Teil I Mechanik

2.7 Teilchen im elektromagnetischen Feld Stellen Sie die Lagrangegleichungen für die Lagrangefunktion q m 2 r˙ − q Φ(r, t) + r˙ · A(r, t) L(r, r˙ , t) = 2 c auf. Bringen Sie diese Gleichungen in die Form m r¨ = F und zeigen Sie r˙ F =q E+ ×B (2.24) c Verwenden Sie dabei E = −grad Φ − (∂A/∂t)/c und B = rot A. Durch E = E0 ez und B = B0 ez ist ein homogenes, konstantes elektromagnetisches Feld gegeben. Berechnen und diskutieren Sie die Bahnkurve eines Teilchens (Masse m, Ladung q) für die Anfangsbedingungen r(0) = 0 und r˙ (0) = v0 ex . Lösung: Wir schreiben die Lagrangegleichungen d (∂L/∂ r˙ )/dt = ∂L/∂r an:

q d q m r¨ + A = − q ∇ Φ + ∇ r˙ · A c dt c Mit der totalen Zeitableitung

d ∂ A(r, t) = r˙ · ∇ A(r, t) + A(r, t) dt ∂t wird dies zu

q ∂A q + ∇ r˙ · A − r˙ · ∇ A m r¨ = − q ∇Φ − c ∂t c

1 ∂A q r˙ = − q ∇Φ + + r˙ × ∇ × A = q E + × B (2.25) c ∂t c c Damit ist (2.24) gezeigt. Wir werten diese Gleichung für E = E0 ez , B = B0 ez und kartesische Koordinaten aus: x¨ = ω y˙ ,

y¨ = −ω x˙ ,

z¨ = q E0 /m

Dabei haben wir die Abkürzung ω = q B0 /mc eingeführt. Die z-Bewegung ist entkoppelt und kann unmittelbar integriert werden (unter Berücksichtigung von z(0) = 0 und z˙ (0) = 0): q q z˙ = E0 t und z = E0 t 2 m 2m Wir betrachten nun die gekoppelte Bewegung in x und y. Wir integrieren die Bewegungsgleichung für y zu y˙ = −ω x und setzen dies in die Gleichung für x¨ ein: x¨ = −ω2 x ,

y¨ = −ω2 y

Die zweite Gleichung erhalten wir analog. Die allgemeine Lösung ist a cos(ω t)+b sin(ω t). Unter Berücksichtigung der Anfangsbedingungen wird dies zu v0 v0 v0 x(t) = sin(ω t) , y(t) = cos(ω t) − ω ω ω Hieraus folgt x 2 + (y + v0 /ω)2 = (v0 /ω)2 . Die Projektion der Bahnbewegung auf die x-y-Ebene ist ein Kreis, der von dem Teilchen mit der Winkelfrequenz ω umrundet wird. Zugleich führt das Teilchen eine beschleunigte Bewegung in z-Richtung aus. Damit ergibt sich eine Spirale auf einem Kreiszylinder, die immer steiler wird.

33


2.8 Kleine Schwingungen des Doppelpendels 6y -

C C

x

C l1 ϕ1 ....................C...

g C C..um1 ? .... ..@ .... .. ............. ....................@ .... .. ϕ 2 @ l2 ... .. @ ... .. @ ... @t m2 ..

Formulieren Sie die Zwangsbedingungen für das ebene Doppelpendel, und führen Sie die Winkel ϕ1 und ϕ2 als generalisierte Koordinaten ein. Stellen Sie die Lagrangegleichungen auf. Beschränken Sie sich auf kleine Schwingungen und lösen Sie die Gleichungen mit dem Ansatz ϕ1 (t) a1 exp(iω t) = ϕ2 (t) a2 Diskutieren Sie die Lösung für die folgenden drei Fälle: (i) m1 m2 , (ii) m1 m2 und (iii) m1 = m2 = m, l1 = l2 = l.

Lösung: Die Koordinaten z1 und z2 werden von vornherein null gesetzt. Die verbleibenden Zwangsbedingungen lauten x1 = l1 sin ϕ1 , x2 = l1 sin ϕ1 + l2 sin ϕ2 ,

y1 = −l1 cos ϕ1 y2 = −l1 cos ϕ1 − l2 cos ϕ2

Damit berechnet man die kinetischen und potenziellen Energien der beiden Massen. Dabei tritt zum Beispiel ein in x˙2 = l1 ϕ˙ 1 cos ϕ1 + l2 ϕ˙ 2 cos ϕ2 quadratischer Term auf; er führt zu Termen mit ϕ˙1 ϕ˙ 2 . Insgesamt lautet die Lagrangefunktion L =

m1 + m2 2 2 m2 2 2 l1 ϕ˙ 1 + l ϕ˙ + m2 l1 l2 ϕ˙1 ϕ˙ 2 cos(ϕ1 − ϕ2 ) 2 2 2 2 + (m1 + m2 ) g l1 cos ϕ1 + m2 g l2 cos ϕ2

(2.26)

Daraus erhalten wir die Bewegungsgleichungen

(m1 + m2 ) l12 ϕ¨1 + m2 l1 l2 ϕ¨2 cos(ϕ1 − ϕ2 ) − ϕ˙ 2 (ϕ˙ 1 − ϕ˙2 ) sin(ϕ1 − ϕ2 ) = − m2 l1 l2 ϕ˙ 1 ϕ˙2 sin(ϕ1 − ϕ2 ) − (m1 + m2 ) g l1 sin ϕ1

m2 l22 ϕ¨2 + m2 l1 l2 ϕ¨1 cos(ϕ1 − ϕ2 ) − ϕ˙ 1 (ϕ˙ 1 − ϕ˙2 ) sin(ϕ1 − ϕ2 ) = m2 l1 l2 ϕ˙ 1 ϕ˙ 2 sin(ϕ1 − ϕ2 ) − m2 g l2 sin ϕ2 Das Doppelpendel kann auch mit den Lagrangegleichungen 1. Art behandelt werden. Es wäre aber sehr schwierig, die verschiedenen Kopplungsterme im Rahmen der Newtonschen Bewegungsgleichungen aufzustellen. Für kleine Schwingungen gilt sin(ϕ1 − ϕ2 ) ≈ ϕ1 − ϕ2 und cos(ϕ1 − ϕ2 ) ≈ 1. Auch sonst lassen wir alle in ϕi quadratischen (oder höheren) Terme weg: (m1 + m2 ) l1 ϕ¨1 + m2 l2 ϕ¨2 + (m1 + m2 ) g ϕ1 = 0 m2 l2 ϕ¨ 2 + m2 l1 ϕ¨1 + m2 g ϕ2 = 0 Der in der Aufgabenstellung angegebene Ansatz führt zu (m1 + m2 ) (g − l1 ω2 ) −m2 l2 ω2 a1 = 0 a2 −m2 l1 ω2 m2 (g − l2 ω2 )

34

Teil I Mechanik

Dieses lineare Gleichungssystem hat nur dann eine nichttriviale Lösung, wenn die Determinante verschwindet. Diese Bedingung

(2.27) m1 + m2 g − l1 ω2 g − l2 ω2 − m2 l1 l2 ω4 = 0 2 2 und ω− , ist eine quadratische Gleichung für ω 2 . Sie hat die Lösungen ω+

g m1 + m2 l1 + l2 ω±2 = 2 m1 l1 l2

1±

l1 l2 m1 1−4 m1 + m2 (l1 + l2 )2

Im Fall (i), m1 m2 , erhalten wir m2 l1 + l2 m1 l1 l2 g ω−2 ≈ l1 + l2

ω+2 ≈ g

mit a1 ≈ −

l2 a2 l1

mit a1 ≈ a2

Im ersten Fall schwingen die Massen gegenläufig. Im zweiten Fall bilden die beiden Stangen l1 und l2 eine gerade Linie. Im Fall (ii), m1 m2 , erhalten wir ω+2 ≈

g l2

und

ω−2 ≈

g l1

Dies sind die Frequenzen der einzelnen Pendel. In diesem Fall schwingen die Pendel praktisch unabhängig voneinander. Weil m1 so groß ist, wird seine Schwingung durch das „Anhängsel“ m2 praktisch nicht gestört. Im Fall (iii), m1 = m2 = m und l1 = l2 = l, erhalten wir √ g a2 ω±2 = mit a1 = ∓ √ 2± 2 l 2 Dies ist entweder eine schnellere gegenläufige oder eine langsamere gleichläufige √ Schwingung. In jedem Fall ist die Winkelamplitude der unteren Masse um den Faktor 2 größer.

2.9 Hantel mit Reibungskraft 6y

m2

u ... . ϕ .....

xs ,ys .r... ...... .......... ........... .......... .......... ..........

u

m1

-

x

Zwei Punktmassen sind durch eine masselose Stange der Länge L starr zu einer Hantel verbunden und können sich in der x-yEbene bewegen. Beide Massen unterliegen einer Reibungskraft, die proportional zu ihrer Geschwindigkeit ist.

Stellen Sie die Lagrangefunktion auf. Verwenden Sie als verallgemeinerte Koordinaten qk die Schwerpunktkoordinaten xs , ys der Hantel und den Winkel ϕ zwischen der Hantel und der x-Achse. Berechnen Sie die verallgemeinerten Reibungskräfte Qk . Geben Sie die allgemeine Lösung der Bewegungsgleichungen an.

35


Lösung: Die kartesischen Koordinaten (ξν ) = (x1 , y1 , x2 , y2 ) der beiden Massen können durch die verallgemeinerten Koordinaten xs ,ys und ϕ festgelegt werden:

ξ1 = x1 = xs − l cos ϕ , ξ2 = y1 = ys − l sin ϕ

ξ3 = x2 = xs + l cos ϕ , ξ4 = y2 = ys + l sin ϕ Die Lagrangefunktion besteht aus der kinetischen Energie der beiden Massen: ˙ =T = L(x˙s , y˙s , ϕ)

4 m ν=1

2

ξ˙ν 2 = m x˙s 2 + y˙s 2 + m l 2 ϕ˙ 2

(wobei l = L/2)

Die Reibungskräfte Fνdiss sollen proportional zu den Geschwindigkeiten ξ˙ν sein:

F1diss = −α ξ˙1 = −α x˙s + l ϕ˙ sin ϕ ,

F3diss = −α ξ˙3 = −α x˙s − l ϕ˙ sin ϕ ,

F2diss = −α ξ˙2 = −α y˙s − l ϕ˙ cos ϕ

F4diss = −α ξ˙4 = −α y˙s + l ϕ˙ cos ϕ

Wir berechnen nun die verallgemeinerten Reibungskräfte: Qxs =

4 ν=1

Fνdiss

∂ξν = −2 α x˙s , ∂xs

Qys = −2 α y˙s ,

Qϕ =

4

Fνdiss

ν=1

∂ξν = −2 α l 2 ϕ˙ ∂ϕ

Wir fügen diese Kräfte in den Lagrangegleichungen hinzu: m x¨s = −α x˙s ,

m y¨s = −α y˙s ,

m ϕ¨ = −α ϕ˙

Die allgemeinen Lösungen (qi (t)) = (xs , ys , ϕ) sind von der Form qi (t) = ai + bi exp(−α t/m) Die Integrationskonstanten ai = qi (0) und bi = −(m/α) q˙i (0) folgen aus den Anfangsbedingungen qi (0) und q˙i (0).

2.10 Totale Zeitableitung in der Lagrangefunktion Zwei Lagrangefunktionen unterscheiden sich durch die totale Zeitableitung einer beliebigen Funktion f (q, t) der Koordinaten und der Zeit: L∗ (q, q, ˙ t) = L(q, q, ˙ t) +

d f (q, t) dt

(2.28)

Zeigen Sie, dass die Lagrangefunktionen L∗ und L dieselben Bewegungsgleichungen ergeben. Lösung: Die Lagrangefunktion ist als Funktion der verallgemeinerten Koordinaten, Geschwindigkeiten und der Zeit zu schreiben: ˙ t) = L(q, q, ˙ t) + q˙ L∗ (q, q,

∂f (q, t) ∂f (q, t) + ∂q ∂t

36

Teil I Mechanik

Hierfür berechnen wir die beiden Seiten der Lagrangegleichung: d ∂L d ∂f (q, t) d ∂L∗ = + , dt ∂ q˙ dt ∂ q˙ dt ∂q

∂L∗ ∂L ∂ d = + f (q, t) ∂q ∂q ∂q dt

Im zweiten Ausdruck haben wir die ursprüngliche Form des Zusatzterms verwendet. Die totale Zeitableitung reduziert sich auf partielle Ableitungen nach den Koordinaten und der Zeit. Wenn die Funktion f (q, t) zweimal differenzierbar ist, dann können die partiellen Ableitungen und damit auch ∂/∂q und d/dt vertauscht werden. Dann heben sich die Zusatzterme auf beiden Seiten der Lagrangegleichung auf. Also führen L∗ und L zur selben Bewegungsgleichung. Wenn q im Argument von L und f für q1 ,..., qf steht, dann lauten die beiden Seiten der Lagrangegleichung d ∂L∗ d ∂L d ∂f (q, t) = + , dt ∂ q˙i dt ∂ q˙i dt ∂qi Auch jetzt heben sich die zusätzlichen Terme auf.

∂L∗ ∂L ∂ d = + f (q, t) ∂qi ∂qi ∂qi dt

3 Variationsprinzipien Die Grundlagen der Variationsrechnung werden skizziert. Die Euler-LagrangeGleichungen werden für die Variation ohne und mit Nebenbedingungen angegeben. Danach werden die Grundgesetze der Mechanik als Variationsprinzip (Hamiltonsches Prinzip) formuliert. Dies ist die Grundlage für eine allgemeine Behandlung des Zusammenhangs zwischen Symmetrien und Erhaltungsgrößen (Noethertheorem).

Euler-Lagrange-Gleichung Die grundlegende Problemstellung der Variationsrechnung lautet: Welche Funktion y(x) macht das Funktional J minimal: x2 J = J [y] = dx F (y, y , x) = minimal (3.1) x1

Dabei werden die Funktion F (y, y , x) und die Randwerte y(x1) und y(x2 ) als gegeben vorausgesetzt. Zur Lösung des Problems betrachtet man eine infinitesimale Variation δy(x) der Funktion y(x). Wenn die zugehörige Änderung δJ negativ (positiv) wäre, dann ergäbe y + δy (beziehungsweise y − δy) einen niedrigeren Wert von J . Also muss δJ verschwinden: x2 x2

dFy ! δJ = J [y + δy] − J [y] = δy = 0 dx Fy δy + Fy δy = dx Fy − x1

x1

dx

(3.2) Aus der Beliebigkeit von δy folgt nun die Euler-Lagrange-Gleichung der Variation: d ∂F (y, y , x) ∂F (y, y , x) = dx ∂y ∂y

(3.3)

Die Euler-Lagrange-Gleichung ist gleichbedeutend mit der Stationarität des Funktionals J [y]. Sie ist damit eine notwendige Bedingung für ein Extremum; eine genauere Untersuchung kann zeigen, ob im konkreten Fall tatsächlich ein Minimum oder Maximum vorliegt. Eine Verallgemeinerung des Problems (3.1) ist x2 J = J [y1 ,..., yN ] = dx F (y1 ,..., yN , y1 ,..., yN , x) = minimal (3.4) x1

37 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_3, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

38

Teil I Mechanik

Dabei seien die Randwerte wieder fest. Die Funktionen yi (x), für die J stationär wird, genügen N Euler-Lagrange-Gleichungen d ∂F (y, y , x) ∂F (y, y , x) − =0 dx ∂yi ∂yi

(i = 1,..., N )

(3.5)

Hierbei stehen y und y im Argument für y1 ,..., yN und y1 ,..., y N .

Variation mit Nebenbedingung Isoperimetrische Nebenbedingung Das Problem (3.1) soll nun unter der Nebenbedingung x2 dx G(y, y , x) = C K = K[y] =

(3.6)

x1

gelöst werden; dabei seien die Randwerte fest, y(x1 ) = y1 und y(x2) = y2 . Dies führt zu dem neuen Variationsproblem x2 J ∗ [y] = dx F ∗ (y, y , x) = minimal , wobei F ∗ = F − λ G (3.7) x1

Hierfür lautet die Euler-Lagrange-Gleichung ∂F ∗ (y, y , x) d ∂F ∗ (y, y , x) = dx ∂y ∂y

(3.8)

Die Lösung enthält nun den (Lagrange-)Parameter λ, der so zu bestimmen ist, dass die Nebenbedingung (3.6) erfüllt ist. Holonome Nebenbedingung Wir betrachten das Variationsproblem x2 dx F (y1 , y2 , y1 , y2 , x) = minimal, wobei J [y1 , y2 ] =

g(y1 , y2 , x) = 0

x1

(3.9) Die holonome Nebenbedingung g(y1 , y2, x) = 0 kann als eine Fläche interpretiert werden in einem dreidimensionalen Raum, der von x, y1 und y2 aufgespannt wird. Das Variationsproblem könnte darin bestehen, eine kürzeste Verbindung (geodätische Linie) zwischen zwei Punkten zu finden. In diesem Fall ist die Nebenbedingung über einen x-abhängigen Lagrangeparameter λ(x) anzukoppeln. Das heißt F ist durch F ∗ = F −λ(x) g zu ersetzen, Damit lauten die Euler-Lagrange-Gleichungen ∂F ∂g d ∂F = − λ(x) dx ∂yi ∂yi ∂yi

(i = 1, 2)

(3.10)

39

Kapitel 3 Variationsprinzipien

Diese beiden Differenzialgleichungen und die Bedingung g(y1, y2 , x) = 0 bestimmen die drei Funktionen y1 (x), y2 (x) und λ(x). Als Verallgemeinerung betrachten wir N Funktionen y1 (x),..., yN (x) und R < N holonome Nebenbedingungen gα (y1 ,..., yN , x) = 0. Die N Euler-LagrangeGleichungen für (3.11) F ∗ (y1 ,.., yN , y1 ,.., yN , x) = F − α λα (x) gα (y1 ,.., yN , x) bestimmen zusammen mit den R Nebenbedingungen die N + R Funktionen yi (x) und λα (x).

Hamiltonsches Prinzip Die Euler-Lagrangegleichungen (3.5) der Variation haben dieselbe Struktur wie die Lagrangegleichungen 2. Art. Daher können wir ein Variationsprinzip angeben, das äquivalent zu den Lagrangegleichungen ist: t2 d ∂L ∂L δS[q] = δ dt L(q, q, ˙ t) = 0 ←→ = (3.12) dt ∂ q˙i ∂qi t1 Das Funktional S heißt Wirkungsfunktional. Die Aussage δS[q] = 0 wird Hamiltonsches Prinzip (oder auch Prinzip der kleinsten Wirkung) genannt. Die Lagrangegleichungen 1. Art erhält man, wenn man im Hamiltonschen Prinzip L∗ , R ∗ L (x, x, ˙ t) = L(x, x, ˙ t) + λα (t) gα (x, t) (3.13) α=1

anstelle von L einsetzt. Dies folgt aus dem Vergleich von (2.4) und (3.10). Eichtransformation Die Lagrangefunktion selbst ist keine physikalische (Mess-)Größe. Sie ist eine Hilfsgröße, aus der die Bewegungsgleichungen folgen. Ihr entscheidender Vorteil liegt darin, dass sie besonders einfach aufzustellen ist. Die Lagrangefunktion ist eine einzige skalare Größe, während die Bewegungsgleichungen im Allgemeinen aus vielen Differenzialgleichungen bestehen. Es kann verschiedene Lagrangefunktionen geben, die zu denselben Bewegungsgleichungen führen. Eine wichtige Klasse von gleichwertigen Lagrangefunktionen ergibt sich aus den sogenannten Eichtransformationen: L(q, q, ˙ t)

−→

L∗ (q, q, ˙ t) = L(q, q, ˙ t) +

d f (q, t) dt

(3.14)

In Aufgabe 2.10 wurde bereits gezeigt, dass L und L∗ zu denselben Bewegungsgleichungen führen.

40

Teil I Mechanik

Elektromagnetische Felder sind invariant unter folgender Eichtransformation der Potenziale: A → A + grad Λ(r, t) ,

Φ → Φ−

1 ∂Λ(r, t) c ∂t

(3.15)

Wenn man dies in die Lagrangefunktion (2.20) einsetzt, erhält man einen Zusatzterm wie in (3.14), und zwar mit f = q Λ/c.

Noethertheorem Das Noethertheorem gibt in allgemeiner Weise an, welche Erhaltungsgröße zu einer bestimmten Symmetrie (hier: Invarianz gegenüber kontinuierlichen Transformationen) gehört. Wir betrachten Transformationen der Koordinaten, der Geschwindigkeiten und der Zeit, die von einem kontinuierlichen Parameter abhängen: qi → qi∗ = qi + ψi (q, q, ˙ t) (3.16) ∗ ˙ t) t → t = t + ϕ(q, q, Die qi (t) können kartesische Koordinaten oder auch beliebige verallgemeinerte Koordinaten sein. Falls t∗ dq t2 ∗ 2 ∗ ∗ dq ∗ dt L q , , t dt L q, = ,t (3.17) dt ∗ dt t1∗ t1 gilt, dann ist die Wirkung invariant unter der Transformation (3.16). Da das Wirkungsfunktional die Bewegungsgleichungen festlegt, ist die Invarianz S ∗ = S der mathematische Ausdruck für die Symmetrie des durch L beschriebenen Systems gegenüber der betrachteten Transformation. Notwendig und hinreichend für (3.17) ist daher ∗ ∗ d ∗ dq ∗ dt L q , ∗ ,t =0 (Invarianzbedingung) (3.18) d dt dt = 0 In einer Reihe von Schritten wird die linke Seite in die Form dQ/dt = 0 gebracht. Aus diesem Verfahren erhält man die Erhaltungsgröße Q = Q(q, q, ˙ t) =

N ∂L i =1

∂ q˙i

ψi + L −

N ∂L i =1

∂ q˙i

q˙ i

ϕ = const.

(3.19)

Dies ist eine Differenzialgleichung 1. Ordnung. Sie gilt für die tatsächlichen Bahnen und ist damit ein erstes Integral der Bewegungsgleichungen. Das Vorgehen bei der Anwendung des Noethertheorems ist folgendes: Zunächst schreibt man die Funktionen ψi und ϕ in (3.16) für die ins Auge gefasste Transformation auf. Dann überprüft man, ob die Symmetriebedingung (3.18) erfüllt ist.

41


Dies hängt von L und damit von dem zu untersuchenden System ab. Wenn die Invarianzbedingung erfüllt ist, bestimmt man aus L, ψi und ϕ die Erhaltungsgröße (3.19). Für die Invarianz der Bewegungsgleichungen genügt tatsächlich die schwächere Bedingung δS ∗ = δS anstelle von S ∗ = S. Diese Bedingung ist auch erfüllt, wenn etwa L∗ gegenüber L einen Zusatzterm der Form df (q, t)/dt bekommt. Dabei kann f (q1 , ..., qf , t) eine beliebige Funktion sein. In diesem Fall lauten die Invarianzbedingung und die Erhaltungsgröße: dt ∗ d dq ∗ df (q, t) L q ∗, ∗ , t ∗ (Invarianzbedingung) = d dt dt = 0 dt Q=

N ∂L ψi + L − q˙i ϕ − f (q, t) = const. ∂ q˙ i ∂ q˙i

N ∂L i =1

i =1

(3.20)

42

Teil I Mechanik

Aufgaben 3.1 Brachistochrone Auf welcher Kurve kommt ein reibungsfrei gleitender Körper im Schwerefeld am schnellsten von einem Punkt zu einem anderen? Der Körper ruht anfangs. Der vertikale Abstand der beiden Punkte ist b, der horizontale a. Skizzieren Sie die Lösung jeweils für die Fälle a/b < π/2, a/b = π/2 und a/b > π/2. Die Lösungskurve heißt Brachistochrone.

6y(x)

b .r..... ..... ...... ...... m ....u ........ .. H j........................... H ....

g

?

........... ........ ....... ..... .... ... .r

-

a

x

Hinweise: Bestimmen Sie ein erstes Integral der Euler-Lagrange-Gleichung. Zeigen Sie, dass die Zykloide mit der Parameterdarstellung x(τ ) = A (τ −sin τ ) und y(τ ) = b − A (1 − cos τ ) die Differenzialgleichung erfüllt. Lösung: Die für den Weg von (x1 , y1 ) = (0, b) nach (x2 , y2 ) = (a, 0) benötigte Zeit T ist ein Funktional der Funktion y(x). Ein Element der Wegstrecke ist ds = (1+y 2 )1/2 dx. Aus der Energieerhaltung mv 2 /2 = mg (b − y) folgt die Geschwindigkeit v = ds/dt. Damit erhalten wir a 2 ds 1 + y (x)2 1 dx =√ J [y] = T = b − y(x) 2g 0 1 v Dieses Funktional ist von der Form 1 J [y] = √ 2g

x2

dx F (y, y )

mit F (y, y ) =

x1

1 + y 2 b−y

Aus Fx = ∂F /∂x = 0 und der Euler-Lagrange-Gleichung folgt Fy (y, y ) y − F (y, y ) = const. Dies ergibt sich analog zu (2.15) mit F anstelle von L, und mit x anstelle von t. Für unser F wird Fy y − F = const. zu

b−y

1 + y 2 = const.

(3.21)

Für x(τ ) = A (τ − sin τ ) gilt

und

dx = A 1 − cos τ , dτ

und damit y =

y(τ ) = b − A (1 − cos τ ) dy = −A sin τ dτ

dy dτ − sin τ dy = = dx dτ dx 1 − cos τ

(3.22)

43

Kapitel 3 Variationsprinzipien Hiermit erhalten wir 1 + y 2 = 1 +

sin2 τ 2 2A = = (1 − cos τ )2 1 − cos τ b−y

Damit ist (3.21) mit const. = 2A erfüllt. Die Lösungskurve wurde so angesetzt, dass der Anfangspunkt (x1 , y1 ) = (0, b) auf der Lösungskurve liegt. Die Integrationskonstante A ist so zu wählen, dass auch der Endpunkt (x2 , y2 ) = (a, 0) auf der Kurve liegt.

6y

6y

6y

...r b ... ... 2a < π b ... ... ... .... .... ..... ...... .r -

...r b ... ... 2a = π b .... ..... ..... ...... ....... .......... .............. ..........................r

...r b ... ... 2a > π b ... ... ... .... .... ..... ...... r ....... ....... ........ ............ ........ .......................................................... a

a

x

a

-

x

-

x

Die Abbildung zeigt die Lösungskurven für die drei verschiedenen Verhältnisse a/b. Die Masse fällt zunächst senkrecht nach unten und erreicht dadurch möglichst schnell eine hohe Geschwindigkeit. Wenn der horizontale Abstand a größer als π b/2 ist, dann taucht die optimale Kurve unter das schließlich zu erreichende Höhenniveau; der längere Weg wird durch eine höhere Geschwindigkeit kompensiert. Für 2a = π b (mittleres Bild) lautet die Lösung x = b (τ − sin τ )/2 und y = b (1 + cos τ )/2, und τ läuft vom Anfangspunkt τ = 0 bis zum Endpunkt τ = π. Zur Zykloide: Die Beiträge x(τ ) = ... sin(τ ) und y(τ ) = ... cos(τ ) entsprechen einer Kreisbewegung. Dieser Kreisbewegung ist eine gleichförmige Bewegung x(τ ) = ...τ überlagert. Solche Kurven beschreibt etwa auch ein Punkt auf einem rollenden Rad.

3.2 Seifenhaut y

6 ...................... ................ ... ........... ...................................................................................................... ..... .. . .. ... ....... .. ..... .... ........... . . ... . ... ...... ... q ... .... q ...... ... .. ... ....... ... .. x ... ...... ... . ... ....... ... .. ... ....... . ... ..... ................................................................................ ..... ... ............... . ................................... .............

Zwischen zwei parallelen Drahtkreisen (Radius R) spannt sich eine Seifenhaut. Die beiden Kreise stehen im Abstand D senkrecht auf der Verbindungslinie zwischen den Mittelpunkten. Bestimmen Sie die Form der Seifenhaut. Wie verhält sich die Haut beim langsamen Auseinanderziehen der Drahtringe?

Lösung: Die Seifenhaut stellt eine Fläche dar, die durch die Rotation einer Kurve y = y(x) um die x-Achse erzeugt werden kann. Die Lage der Seifenhaut wird also durch die Funktion y(x) definiert. Wegen der Oberflächenspannung stellt sich die Seifenhaut so ein, dass ihre Fläche minimal wird (die Schwerkraft wird nicht berücksichtigt).

44

Teil I Mechanik

Ein Wegelement der Kurve hat die Länge ds = 1 + y 2 dx. Durch Rotation um die xAchse entsteht eine zylindrische Teilfläche der Größe 2πy ds. Die Fläche A der Seifenhaut soll minimal sein: x2 J [y] = A = 2π dx y 1 + y 2 = minimal (3.23) x1

Dieses Funktional ist von der Form x2 dx F (y, y ) J [y] = 2π

mit F (y, y ) = y

1 + y 2

x1

Die Randwerte sind (x1 , y1 ) = (−D/2, R) ,

(x2 , y2 ) = (D/2, R)

Aus Fx = ∂F /∂x = 0 und der Euler-Lagrange-Gleichung folgt Fy (y, y ) y − F (y, y ) = const. Dies ergibt sich analog zu (2.15) mit F anstelle von L, und mit x anstelle von t. Für unser F wird Fy y − F = const. zu dy y y2 = c oder y (x) = −1 =± dx c2 1 + y 2 Dies können wir integrieren: x=±

dy (y/c)2 − 1

= ± c arcosh (y/c) + const.

Wegen der Symmetrie (x ↔ −x) des Problems ist die Konstante null, und wir erhalten x (3.24) y(x) = c cosh c Die Randbedingung y(±D/2) = R verlangt .. .. .. . . cosh ξ ...... ... .... ... .......... ........ α ξ ..... . ....... . . .. .. . .... ... .. .. . . . . . . . . ... .. .. ... . ... . .. .. ... .. .. . ... .... ... ..... .. . .... ... . . . .. ... ... ... .. ..... ... .... .... .. ...... ... .. . ... ......... . . .. .. . ... ....... ..... .. .... .. ... ...... ... ........... .... . . . ...... ... .. ......... . .. .... ......... .. .... .. .. ....................... . .......... ... ....

6 ...............

... . .... .. ..... ... .. .. ... ...... .... .. ......... .. .. . .... .. ............ ..... . ........... ...... ....

ξ = D/2c -

R = cosh c

D 2c

Anstelle der Konstanten c können wir ξ = D/2c verwenden: α ξ = cosh (ξ )

mit α = 2R/D

(3.25)

Diese Gleichung kann graphisch (Abbildung) oder numerisch gelöst werden. Für α ≈ 1.509 gibt es genau eine Lösung, für größeres α zwei und für kleineres α keine Lösung. Das Auseinanderziehen der Ringe bedeutet eine Verkleinerung von α, also den Übergang von zwei zu null Lösungen. Wir bezeichnen die Lösungen mit ξi .

45

Kapitel 3 Variationsprinzipien Für die Diskussion der Lösungen betrachten wir die Kurvenschar y(x) = R

cosh (2β x/D) cosh β

(3.26)

Diese Schar hängt von einem Parameter β ab. Für β = ξ = D/2c fallen diese Kurven mit der Lösungskurven (3.24) zusammen. y 6 .................... ......... .......... ....................... .............. ...... ...........................................1 ...... ..... ........................ ................... ......... ..... . ......... . . . . . ...... ... ...... .... . .. ...... ... ........ 2 ........... ..................... .......... ...... ... ................................................ ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. .. ..... ..... ... ... .... . ... ... .... 3........ ...... ...... ... ... ..... . ...... ... .... ..... ..... ..... . ........ . . ... ... . . . ................................ 4.... .... ... ... ... ... ... ... ... ..... .... ..... ... ....... . . . . . .. ..... 5 ..... ........... . . . . . . . . . . q ........................................................................................................... q

-

x 6Fläche A(β)

.... .............R ........................D .............> ................. ......................................................................... .......... .......... ................................ .......... .......... .......... .......... .......... .................................................................................................................... . . . . . . . . .. ..................

D R. Sofern (3.25) zwei Lösungen hat, muss A in Abhängigkeit von β ein Minimum und ein Maximum haben. Wenn man von der Zylinderfläche (β = 0) weggeht, nimmt die Fläche zunächst ab. Daher kommt man mit wachsendem β zunächst zum Minimum.

Für die Abbildung wurde angenommen, dass (3.25) zwei Lösungen hat, ξ1 und ξ2 . Dann ist eine davon ein Minimum; dies ist die gesuchte Lösung. Diese Lösung ist dann nicht nur ein Minimum bezüglich der Variation des Parameters β wie in der Abbildung, sondern ein Minimum bezüglich aller möglichen (kleinen) Änderungen der Kurve. Die andere Lösung von (3.25) ist ein Maximum und damit eine instabile Lösung. In der Abbildung nach (3.26) könnte die Kurve 1 das Minimum darstellen, und 3 das Maximum. Von den beiden Lösungen (3.25) entspricht diejenige mit dem größeren c-Wert dem gesuchten Minimum. Solange D 1.325 R gilt, hat (3.25) zwei Lösungen, und die Situation wird qualitativ richtig durch die Abbildung wiedergegeben. Wenn D sich aber dem Wert nähert, an dem (3.25) nur noch eine Lösung hat, dann rücken das Minimum und Maximum in der obigen Abbildung zusammen. Am Grenzwert selbst hat die Kurve dann einen waagerechten Wendepunkt, der über der gestrichelten Linie liegt. Dann ist eine kontinuierliche Verformung zum Randminimum A(∞) möglich. Beim langsamen Auseinanderziehen der Drahtringe nimmt die Seifenhaut zunächst die hier berechneten Minimakonfigurationen an. Wenn der Abstand den Wert D ≈ 1.325 R erreicht, dann wird das System instabil und die Seifenhaut verformt sich dynamisch. Dieser zeitabhängige (schnelle) Prozess liegt außerhalb der hier gegebenen Beschreibung; er könnte in einer Abfolge der Kurven 3 → 4 → 5 bestehen und im Randminimum A(∞) enden.

46

Teil I Mechanik

3.3 Besetzungszahlen aus maximaler Entropie Bestimmen Sie die Zahlen n1 , n2 , n3 , . . . so, dass die Größe S(n1 , n2 , . . .) =

∞

(1 + ni ) ln (1 + ni ) − ni ln (ni )

i =1

extremal wird. Die möglichen Werte von ni sollen durch die Nebenbedingungen E = i εi ni = const. , N = i ni = const. eingeschränkt sein. Die εi sind vorgegebene Konstanten. Diese Problemstellung ergibt sich bei der Behandlung eines idealen Gases aus Boseteilchen. Hierfür sind die εi die Energien der diskreten Einteilchenniveaus und die ni die Anzahl der Teilchen in diesen Niveaus. Das thermische Gleichgewicht ist durch die Bedingung festgelegt, dass die Entropie S maximal ist; dabei sind für das abgeschlossene System die Gesamtenergie E und die Teilchenzahl N als Konstanten vorgegeben. Die ni , die die Extremalbedingung erfüllen, sind die mittleren Besetzungszahlen. Lösung: Die Aufgabe bezieht sich auf die Methode der Lagrangeparameter, nicht aber auf die Variationsrechnung. Die Nebenbedingungen können über zwei Lagrangeparameter λ1 und λ2 berücksichtigt werden: S(n1 , n2 , . . .) − λ1 E(n1 , n2 , . . .) − λ2 N(n1 , n2 , . . .) = maximal Notwendige Bedingung für das Vorliegen eines lokalen Maximums ist ∂ S(n1 , n2 , . . .) − λ1 E(n1 , n2 , . . .) − λ2 N(n1 , n2 , . . .) = 0 ∂nk Wir werten dies für die gegebenen Funktionen S, E und N aus, und benennen zugleich die Parameter gemäß λ1 = β und λ2 = −β μ um: ln (1 + nk ) + 1 − ln (nk ) − 1 − β εk + β μ = 0 Dies kann nach nk aufgelöst werden. Die Lösung nk bezeichnen wir mit nk : nk =

1 exp[β (εk − μ)] − 1

Die Lagrangeparameter β und μ können nunmehr durch die Energie E = k εk nk und die Teilchenzahl N = k nk festgelegt werden. Bedeutung und Konsequenzen der mittleren Besetzungszahlen des Bosegases werden in Kapitel 29 behandelt.

3.4 Isoperimetrisches Problem Die Enden eines Seils (Länge L) sind bei (x1 , y1) = (−d, 0) und (x2 , y2) = (d, 0) befestigt. Für welche Lage des Seils (in der x-y-Ebene) wird die Fläche zwischen dem Seil und der x-Achse maximal?

47


Lösung: Wir beschreiben die Lage des Seils durch eine Funktion y(x). Die eingeschlossene Fläche ist A = dx y, die Seillänge L = dx (1 + y 2 )1/2 . Wir berücksichtigen die vorgegebene Länge über einen Lagrangeparameter: d d 2 J [y] = dx y(x) − λ 1 + y (x) = dx F (y, y ) = maximal −d

−d

Aus Fx = ∂F /∂x = 0 und der Euler-Lagrange-Gleichung folgt Fy y − F = const., also Fy (y, y ) y − F (y, y ) = − y +

λ 1 + y 2

= −b

Wir lösen nach y 2 auf: λ2 (y − b) dy − 1 oder = ±dx (y − b)2 λ2 − (y − b)2 Wir integrieren dies zu − λ2 − (y − b)2 = ±(x − a). Damit erhalten wir Kreise y 2 =

(x − a)2 + (y − b)2 = λ2 mit dem Radius λ. Die Größen a, b und λ sind nunmehr durch die Randpunkte und die Nebenbedingung festzulegen. Das Einsetzen der Randpunkte (−d, 0) und (d, 0) ergibt a = 0, b = λ2 − d 2 Wir setzen nun (y−b)2 = λ2 −x 2 in den obigen Ausdruck für y 2 ein, y 2 = λ2 /(λ2 −x 2 )−1. Hiermit berechnen wir die Seillänge d d dx d L= dx 1 + y (x)2 = λ = 2 λ arcsin √ λ λ2 − x 2 −d −d 6 .................. .......... ..........

sin ξ αξ

In d/λ = sin(L/2λ) setzen wir ξ = L/2λ und erhalten

.. ...... .. . ...... ...... . ... ..... .. .....

.. ...... .. ..... ......... . .. ...... ..................................... . ..... ... . . . ... .... . . . . ......... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................... ....... ....... ........ ............ ......... ....... .............. ....... ...... ..... .. ................. . ... .... . . . . . . . . ...... . ... .... ..... ......... . . . ..... . ..... ........... ......... .... . . ............. ......... ..... . . . . ... .................. ...

π

α ξ = sin ξ

-

ξ

mit α =

2d L

Diese Gleichung kann graphisch (siehe Abbildung) oder numerisch gelöst werden. Aus 2d < L < 2πλ folgen α < 1 und ξ < π. Daher gibt es genau eine Lösung.

y 6 ..................................... ................. .......... ......... ....... ....... ...... . . . . . . ..... . . . . .... .. . . ... .. .. ... .. ... .. ... .. .. .. ... ... ... ...................................... . . . . . . . . . . .... . . . . . . ......... ... . . . . . ... . . .. ....... . . . . . . . . . . ... ...... . . . . . . . ... ... .... .. .... . ... .... ...... ....

−d

d

-

x

Die Skizze zeigt zwei Lösungen für verschiedene Seillängen L bei festem d. Zur Lösung der Aufgabe hatten wir angenommen, dass die Lage des Seils durch eine Funktion y(x) beschrieben werden kann, die ja jedem x eindeutig ein y zuordnet. Daher müssen wir die Lösungen eigentlich auf L < π d beschränken. Tatsächlich gelten die gefundenen Lösungen auch für L ≥ π d (großer Kreis).

48

Teil I Mechanik

3.5 Geodätische Linien auf Kreiszylinder Bestimmen Sie die geodätischen Linien auf der Oberfläche eines Kreiszylinders, indem Sie die Nebenbedingung „Kreiszylinder“ über Lagrangeparameter ankoppeln. Lösen Sie die Aufgabe anschließend noch einmal, indem Sie die Nebenbedingung durch die Wahl geeigneter Koordinaten von vornherein berücksichtigen. Lösung: Eine dreidimensionale Bahnkurve lässt sich ohne Auszeichnung einer Koordinate durch x(t), y(t), z(t) darstellen; dabei ist t ein Bahnparameter. Eine minimale Wegstrecke unter Vorgabe einer Nebenbedingung g(x, y, z) = 0 berechnet man dann über t2 dt x˙ 2 + x˙ 2 + z˙ 2 − λ(t) g(x, y, z) = minimal J [x, y, z] = t1

Die Euler-Lagrange-Gleichungen sind dann d(∂F /∂ x)/dt ˙ = ∂F /∂x und so weiter, wobei F der Integrand ist. Wir schreiben sie mit der Abkürzung v 2 = x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 an: d x˙ = −λ gx dt v d y˙ = −λ gy dt v d z˙ = −λ gz dt v Anstelle von t können wir die Weglänge s = s(t) als Bahnparameter verwenden. Mit ds = ˙ = v x . Damit werden die Eulerv dt erhalten wir x˙ = v dx/ds = v x (s) und d(x/v)/dt Lagrange-Gleichungen zu x = μ gx ,

y = μ gy ,

z = μ gz ,

wobei μ(s) = −

λ v

Die bisherigen Betrachtungen gelten für eine beliebige Fläche. Wir betrachten nun den Kreiszylinder g(x, y, z) = x 2 + y 2 − R 2 = 0 Hierfür ergibt sich

x = 2μx ,

y = 2μy ,

z = 0

Wir differenzieren nun die Nebenbedingung g(x(s), y(s), z(s)) = 0 zweimal nach s, 0 = x 2 + y 2 + x x + y y Hierin setzen wir x , y und z aus den Euler-Lagrange-Gleichungen ein. Mit g = 0 und x 2 + y 2 = (dx 2 + dy 2 )/ds 2 = 1 erhalten wir dann μ = −1/(2R 2 ). Damit werden die Euler-Lagrange-Gleichungen zu x = −

x , R2

y = −

y , R2

z = 0

Die ersten beiden Differenzialgleichungen haben die Lösung A sin(s/R) + B cos(s/R); die dritte z = a s/R + b. Die Konstanten sind aus der Nebenbedingung und den (eventuell) vorgegebenen Randpunkten zu bestimmen.

49

Kapitel 3 Variationsprinzipien Wir wählen eine etwas speziellere Lösungskurve: x(s) = R sin

s = R sin ϕ , R

y(s) = R cos

s = R cos ϕ , R

z = aϕ +b

(3.27)

Dabei haben wir den Winkel ϕ = s/R eingeführt. Die geodätische Linie ist eine Schraubenlinie. Die Lösung gestaltet sich wesentlich einfacher, wenn wir die Nebenbedingung von vornherein durch die Wahl geeigneter Koordinaten erfüllen. Für den Kreiszylinder sind das etwa die Variablen z und ϕ, die die Bahnkurve x(ϕ) = R sin ϕ ,

y(ϕ) = R cos ϕ ,

z = z(ϕ)

eindeutig festlegen. Damit entfällt die Nebenbedingung. Die Bedingung für die geodätische Linie J [z] =

2 1

dx 2

+

dy 2

+

dz2

=

ϕ2

dϕ

R2

+

ϕ1

z 2

=

ϕ2

dϕ F (z ) = minimal

ϕ1

ist jetzt nur noch ein Funktional einer Funktion, nämlich z(ϕ). Die Euler-LagrangeGleichung lautet d ∂F z d ∂F = √ = =0 2 2 dt ∂z dt R + z ∂z Hieraus folgt z (ϕ) = a = const. Wir integrieren dies zu z = a ϕ + b und erhalten damit insgesamt x(ϕ) = R sin ϕ , y(ϕ) = R cos ϕ , z(ϕ) = a ϕ + b (3.28) Dies stimmt mit der Lösung (3.27) überein. Die erste Methode (Lagrange-Multiplikatoren) entspricht den Lagrangegleichungen 1. Art, die zweite denen 2. Art. Als Anfangs- und Endpunkt wählen wir P1 := (x1 , y1 , z1 ) = (0, R, 0)

und

P2 := (0, R, h)

Aus (3.27) folgen ϕ1 = 2πm und ϕ2 = 2πn mit ganzzahligem m und n. Aus z1 = 0 folgt b = 0. Es kommt nur auf die Differenz n − m an; daher setzen wir m = 0. Dann erhalten wir die Lösung ϕ , n = (0), 1, 2, . . . z(ϕ) = h 2πn Für n = 0 ist die Lösung eine vertikale Gerade, die bei festem x = 0 und y = R von z = 0 zu z = h geht (unendliche Steigung von z(ϕ)). Für n = 1 windet sich die geodätische Linie einmal um den Zylinder. Es gibt unendlich viele verschiedene Lösungen n = 0, 1, 2, 3, . . .. Dabei ist n die Windungszahl, die angibt. ob sich die geodätische Linie einmal, zweimal oder mehrmals um den Zylinder windet. Alle Lösungen sind lokale Minima, das heißt kleine Variationen machen die Wegstrecke größer. Die Lösung für n = 0 ist das absolute Minimum. Die verschiedenen Lösungen lassen sich nicht durch kontinuierliche Verformungen ineinander überführen; sie sind topologisch verschieden. Wenn man die Zylinderfläche längs einer vertikalen Linie aufschneidet und auf eine Ebene legt, dann werden die geodätischen Linien zu Geraden (Abbildung). Ein solches Aufschneiden ist nur für Flächen möglich, deren innere Krümmung null ist.

50

Teil I Mechanik

z 6 P2 r

.. ......... .. .. .

.... .. .. ... . . . . . . . ...... .... . . . . . . . ... . ... .. ............ ...... . . . . . . . ... .. ......... ... . . ...... ..

r P2

. ... . ..... . ....... ..... ...... . . ..... . . . . . . . . . . .......... .....

..... ..... ..... ..... . . . . ..... .. ... ..... ........ ..... ... .. . . . ..... . . . . . . . . . ... .. ..... .. ...... ..... ....... ..... ..... ......... .. .. . . . . ... .. . ..... ...... ..... . ... ..r...........

PM ..r......

P1

... .. .... . ... . . . . .... . . . . ...... ...

0

r PM

... .. ... .. .... . ... .. .. ...

r

-

2π

ϕ

Die aufgeschnittene und in die Ebene gelegte Kreiszylinderfläche. Die jeweils zweimal eingezeichneten Punkte fallen zusammen, wenn die Fläche wieder zu einem Zylinder gebogen wird. Die geodätischen Linien von P1 := (0, R, 0) nach P2 := (0, R, h) erscheinen jetzt als Geraden. Sie sind für die Windungszahlen 1 und 2 (über PM ) eingezeichnet. Wenn man das gezeigte Flächenstück wieder zu einem Kreiszylinder biegt, werden die Geraden zu Schraubenlinien. Die geodätische Linie mit n = 0 fällt mit der eingezeichneten z -Achse (parallel zur z-Achse) zusammen.

3.6 Minimale Wirkung für Teilchen im Schwerefeld Die Lagrangefunktion L(z, z˙ ) = (m/2) z˙ 2 − mg z beschreibt ein Teilchen im Schwerefeld. Berechnen Sie das Wirkungsintegral S=

t0

dt L(z, z˙ )

für

z(t) = −

0

g 2 t + f (t) 2

Die Abweichung f (t) von der tatsächlichen Bewegung sei eine stetig differenzierbare Funktion, die am Rand verschwindet, f (0) = f (t0 ) = 0. Zeigen Sie, dass die Wirkung S[f ] für f (t) = 0 ihren minimalen Wert annimmt. Lösung: Für die angegebene Lösung ist z˙ = −g t + f˙. Wir setzen z(t) und z˙ (t) in das Wirkungsintegral ein t0 2 2 t0 2 f˙(t)2 g 2 t 2 z˙ g t − g z = m dt − g t f˙(t) + + − g f (t) S = m dt 2 2 2 2 0 0 Im zweiten Term auf der rechten Seite führen wir eine partielle Integration durch:

t0

t0 dt g t f˙(t) = g t f (t) − 0

0

t0

dt g f (t)

0

Der erste Term auf der rechten Seite verschwindet wegen f (0) = f (t0 ) = 0. Der zweite Term hebt sich mit dem letzten Term in S auf. Damit verbleibt S = mg 2 0

t0

dt t 2 +

m 2

t0

dt f˙(t)2

0

Der erste Term ist unabhängig von f (t). Der zweite Term ist minimal genau dann, wenn df/dt = 0, also f (t) = const. Wegen f (0) = f (t0 ) = 0 ist dann f (t) ≡ 0. Die Wirkung ist also für die tatsächliche Lösung minimal.

51


3.7 Äquivalenz von Lagrangefunktionen Welche der Lagrangefunktionen m 2 m 2 L1 = r˙ + q E 0 · r oder L2 = r˙ − q E 0 · r˙ t (3.29) 2 2 beschreibt ein geladenes Teilchen in einem konstanten, homogenen elektrischen Feld E 0 ? Lösung: Wir stellen die Lagrangegleichungen d/dt (∂L/∂ r˙ ) = (∂L/∂r) für L1 und L2 auf: d (q E 0 t) L1 : m r¨ = q E 0 , L2 : m r¨ − = m r¨ − q E 0 = 0 dt Beide Lagrangefunktionen führen zur Bewegungsgleichung m r¨ = q E 0 Beide Lagrangefunktionen beschreiben also die Bewegung des Teilchens im konstanten, homogenen elektrischen Feld E 0 . Der Unterschied zwischen den Lagrangefunktionen kann als Zeitableitung einer Funktion geschrieben werden, die von den Koordinaten und der Zeit abhängt: d df (r, t) L1 = L 2 + q E 0 · r t = L2 + dt dt In diesem Fall sind, wie in Aufgabe 2.10 allgemein gezeigt, beide Lagrangefunktionen äquivalent.

3.8 Symmetrie des Potenzials U = α/r 2 Zeigen Sie, dass die Wirkung für ein Teilchen im Potenzial U (r) = α/r 2 invariant ist unter der einparametrigen Transformation r∗ = λ r ,

t ∗ = λ2 t

Geben Sie die zugehörige Erhaltungsgröße an und vereinfachen Sie diese mit Hilfe des Energieerhaltungssatzes. Lösung: Die Lagrangefunktion lautet

m 2 α L r, dr/dt = r˙ − 2 2 r Wir untersuchen zunächst den Effekt der Transformation in ∗

dt ∗ α m r˙ 2 α m dr 2 2 − = − = λ λ2 = L r, dr/dt L r ∗ , dr ∗ /dt ∗ ∗ ∗ 2 2 2 2 dt 2 dt r 2 λ λ r Damit sind L∗ dt ∗ = L dt und die Invarianz der Wirkung gezeigt. Zur Ableitung der Erhaltungsgrößen schreibt man zunächst die infinitesimale Transformation der Koordinaten und der Zeit an. Mit λ = 1 + wird die Transformation (ohne die Terme der Ordnung 2 ) zu r∗ = r + r = r + ψ ∗

mit ψ = r

t = t + 2 t = t + ϕ mit

ϕ = 2t

52

Teil I Mechanik

Nach dem Noethertheorem lautet die Erhaltungsgröße ∂L ∂L Q= ·ψ + L− · r˙ ϕ = const. ∂ r˙ ∂ r˙ Wir werten dies aus: α α m r˙ 2 m r˙ 2 2 − 2 − m r˙ 2 t = m r˙ · r − 2 + 2 t = const. Q = m r˙ · r + 2 r 2 r Da die Energie E = m r˙ 2 /2 + α/r 2 erhalten ist, können wir das Ergebnis auch in der Form Q = m r˙ · r − 2 E t = const.

(3.30)

schreiben. Wegen d r 2 /dt = 2 r˙ · r kann man dies leicht integrieren: r 2 = r02 +

2E t 2 + ct m

Für E > 0 läuft das Teilchen ins Unendliche (schließlich mit r˙ (∞)2 = 2E/m). Für E < 0 erreicht das Teilchen nach endlicher Zeit den (singulären) Punkt r = 0. Für E = 0 kommt es auf das Vorzeichen der Konstanten c an. Speziell für eine Kreisbewegung ist E = 0 und c = 0. (Aus dem Kraftgleichgewicht mv2 /r = α/r 3 folgt E = 0. Aus r˙ ⊥ r und E = 0 folgt Q = 0 und damit c = 0).

3.9 Teilchen im homogenen elektrischen Feld Ein geladenes Teilchen im konstanten, homogenen elektrischen Feld kann durch die Lagrangefunktion m 2 L(r, r˙ ) = r˙ + q E 0 · r 2 beschrieben werden. Das System ist invariant unter räumlichen Translationen. Leiten Sie die zu dieser Symmetrie gehörende Erhaltungsgröße ab. Lösung: Die Lagrangefunktion ist offensichtlich nicht invariant unter einer räumlichen Translation. Man könnte zu der in Aufgabe 3.7 angegebenen äquivalenten Lagrangefunktion L2 übergehen, die translationsinvariant ist. In dieser Aufgabe soll aber gerade der Fall behandelt werden, dass nur die Variation der Wirkung, nicht aber die Wirkung selbst die betrachtete Symmetrie besitzt. Wir schreiben zunächst die betrachtete Transformation an: r ∗ = r + n = r + ψ mit ψ = n t ∗ = t = t + ϕ mit

ϕ=0

Dabei ist n ein beliebiger Einheitsvektor. Wir werten die Invarianzbedingung aus:

dt ∗ d d m ∗2 d df = = q E 0 ·n = L r ∗ , r˙ ∗ r˙ +q E 0 ·r ∗ q E 0 ·n t = d dt =0 d 2 dt dt =0 Der Zusatzterm ist die totale Zeitableitung der Funktion f (r, t) = q E 0 ·n t. Das erweiterte Noethertheorem (3.20) liefert hierfür die Erhaltungsgröße ∂L ∂L ·ψ + L− · r˙ ϕ − f (r, t) = const. Q= ∂ r˙ ∂ r˙

53

Kapitel 3 Variationsprinzipien Wir setzen ψ, ϕ und f ein: Q=

∂L · n − f (r, t) = m r˙ − q E 0 t · n = const. ∂ r˙

Da n in eine beliebige Richtung zeigt, gilt m r˙ = q E 0 t + m v 0 mit einem konstanten Vektor mv 0 . Dies beschreibt eine beschleunigte Bewegung im homogenen Feld.

3.10 Translationsinvarianz im Vielteilchensystem Die Lagrangefunktion eines abgeschlossenen Systems aus N Massenpunkten sei L=

N N N 1 mν r˙ 2ν − Uνμ (|r ν − r μ |) 2 ν =1

(3.31)

ν =1 μ =ν+1

Zeigen Sie die Invarianz unter der Translation r ∗ν = r ν + , und geben Sie die zugehörige Erhaltungsgröße an. Lösung: Wir schreiben zunächst die betrachtete Transformation an: r ∗ν = r ν + n = r + ψ

mit ψ = n

∗

t = t = t + ϕ mit

ϕ=0

Dabei ist n ein beliebiger Einheitsvektor. Die Invarianz der Lagrangefunktion folgt unmittelbar aus r˙ ∗ν =

dr ∗ν dr ν = = r˙ ν dt ∗ dt

und

|r ∗ν − r ∗μ | = |r ν − r μ |

Nach dem Noethertheorem lautet die Erhaltungsgröße Q=

N N ∂L ∂L ·ψ + L− · r˙ ν ϕ = const. ∂ r˙ ν ∂ r˙ ν ν =1 ν =1

Wir werten dies aus: Q=

N

mν r˙ ν · n = P · n = const.

ν =1

Da n beliebig ist, folgt hieraus die Erhaltung des Schwerpunktimpulses P =

N ν =1

mν r˙ ν = const.

54

Teil I Mechanik

3.11 Erhaltungsgrößen des sphärischen Oszillators In geeigneten Einheiten lautet die Lagrangefunktion des sphärischen harmonischen Oszillators 3

1 2 L= x˙i − xi2 2 i =1

Zeigen Sie, dass die Transformationen xi∗ = xi +

δik x˙l + δil x˙k , 2

t∗ = t

(3.32)

die Variation der Wirkung (und damit die Bewegungsgleichungen) invariant lassen. In (3.32) können k und l die Werte 1, 2 und 3 annehmen; es handelt sich also um 9 mögliche Transformationen. Bestimmen Sie die zugehörigen 9 Erhaltungsgrößen Qkl . Zeigen Sie, dass dies die Energie- und Drehimpulserhaltung impliziert. Hinweis zum Drehimpuls: Zeigen Sie, dass i2 =

3

1 2 ikl Qkk Qll − Qkl2 2 k,l =1

für die Drehimpulskomponenten i gilt. Dabei ist ikl das Levi-Cività-Symbol (hat nichts mit dem in (3.32) zu tun). Lösung: Für die angegebene Transformation gilt

xi∗ = xi + ψi,kl mit ψi,kl = δik x˙l + δil x˙k /2 t ∗ = t + ϕ mit

ϕ=0

Dies gilt für jedes kl-Paar. Für die Geschwindigkeiten folgt aus (3.32) x˙i∗ =

dxi∗ = x˙i + δik x¨l + δil x¨k ∗ dt 2

Wir werten die Invarianzbedingung aus: 3 ∗ ∗ dt ∗

d 1 d ∗2 L x , x˙ x˙i − xi∗ 2 = =0 d dt =0 2 d i =1

xk x˙l + xl x˙k x˙k x¨l + x˙l x¨k 1 − x˙i δik x¨l + δil x¨k − xi δik x˙l + δil x˙k = 2 i =1 2 2 3

=

=−

x˙k xl + x˙l xk xk x˙l + xl x˙k d dfkl (x) − = − xk xl = 2 2 dt dt

Beim Schritt zur letztenZeile haben wir die Bewegungsgleichung x¨j = −xj verwendet. Die Wirkung S = dt L ist invariant, wenn der berechnete Ausdruck null ist. Wenn er wie hier eine totale Zeitableitung ist, dann ist lediglich die Variation der Wirkung δS invariant. Da die Bewegungsgleichungen aus δS = 0 folgen, sind sie invariant unter den betrachteten Transformation.

55


Die Funktion fkl = −xk xl taucht in der Erhaltungsgröße des erweiterten Noethertheorems (3.20) auf: Qkl =

N ∂L ψi,kl + L − x˙i ϕ − fkl (x, t) = const. ∂ x˙i ∂ x˙i i =1

N ∂L i =1

Wir betrachten 9 Transformationen (9 Werte für k und l in (3.32)). Die 9 Erhaltungsgrößen wurden jetzt mit diesen Indizes gekennzeichnet. Wir setzen nun die bekannten Größen ψi,kl , ϕ, fkl und ∂L/∂ x˙ i = x˙i ein: Qkl =

N i =1

x˙i

1 δik x˙l + δil x˙k + xk xl = x˙k x˙l + xk xl = const. 2

Die Energie E kann durch diese Größen ausgedrückt werden:

1 1 2 Qkk = x˙k + xk2 = const. 2 k =1 2 k =1 3

E=

3

Dies gilt auch für den Drehimpuls: i2

2

2 3 3

x˙k + xk2 x˙l2 + xl2 − x˙k x˙l + xk xl 1 2 2 2 = Qkk Qll − Qkl = ikl 2 k,l =1 ikl 2 k,l =1 =

3

2 1 2 x˙k xl − xk x˙l = const. 2 k,l =1 ikl

2 Für i = 1 ergibt sich 12 = x˙2 x3 − x2 x˙3 , und damit der erwartete Ausdruck. Mit den Qkl sind also auch die Komponenten i und damit der Drehimpuls konstant.

4 Zentralpotenzial Wir untersuchen die Bewegung von zwei Körpern in einem abgeschlossenen System unter dem Einfluss einer Zentralkraft. Hierzu gehören das Keplerproblem, die klassische Behandlung des Wasserstoffatoms, die Rutherfordstreuung und die Dynamik eines zweiatomigen Moleküls (Vibrationen, Rotationen). Die Lösung des Zweikörperproblems bestimmt den Wirkungsquerschnitt in einem Streuexperiment. Für die Streuung von zwei geladenen Teilchen erhalten wir den Rutherfordschen Wirkungsquerschnitt.

Zweikörperproblem Wir betrachten das Zweikörperproblem mit Zentralpotenzial: L(r 1 , r 2, r˙ 1 , r˙ 2 ) =

m1 2 m2 2 r˙ + r˙ − U (|r 1 − r 2 |) 2 1 2 2

(4.1)

Die Symmetrien dieses Problems 1. 2. 3.

Symmetrie gegenüber Translationen Symmetrie gegenüber Rotationen Symmetrie gegenüber Zeittranslationen

führen zur Erhaltung des Schwerpunktimpulses, des Drehimpulses und der Energie. Sie ermöglichen damit die sukzessive Vereinfachung in folgenden Schritten: 1. 2. 3.

Reduktion zum Einteilchenproblem Reduktion zur Radialgleichung Reduktion zu einer Differenzialgleichung 1. Ordnung.

Zunächst wird die Schwerpunktbewegung R(t) = (m1 r 1 + m2 r 2 )/M = A t + B abgetrennt. Für die Relativkoordinate r = r 1 − r 2 erhalten wir das Einteilchenproblem μ L(r, r˙ ) = r˙ 2 − U (r) (r = |r|) (4.2) 2 Hierbei ist μ = m1 m2 /M die reduzierte Masse, und M = m1 + m2 ist die Gesamtmasse. Wegen der Rotationssymmetrie ist der Drehimpuls konstant. Daher können wir die z-Achse des IS in Richtung des Drehimpulses = μ r × r˙ = ez legen. Dann verläuft die gesamte Bewegung in der x-y-Ebene. In Zylinderkoordinaten bedeutet das z(t) = 0 und μ ρ(t)2 ϕ(t) ˙ = = const. (4.3) 56 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_4, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

57

Kapitel 4 Zentralpotenzial

Wenn man dies in die Bewegungsgleichung des Einteilchenproblems einsetzt, erhält man die Radialgleichung 2 d U (ρ) μ ρ¨ = (4.4) − μρ 3 dρ Im dritten und letzten Schritt verwendet man die Energieerhaltung und erhält E=

2 μ 2 ρ˙ + + U (ρ) 2 2μρ 2

(4.5)

Dies ist eine Differenzialgleichung 1. Ordnung für ρ(t). Sie kann nach dt/dρ = f (ρ) aufgelöst werden. Damit erhält man die Lösung in der Form t = dρ f (ρ). Wir schreiben (4.5) noch mit einem effektiven Potenzial Ueff an: E=

μ 2 ρ˙ + Ueff (ρ) 2

mit Ueff (ρ) = U (ρ) +

2 2μρ 2

(4.6)

Eine graphische Diskussion dieser Gleichung gibt eine qualitative Vorstellung des Lösungsverlaufs ρ(t). Um die Bahnkurve zu erhalten, geht man von dϕ/dρ = (dϕ/dt)(dt/dρ) mit (4.3) und (4.5) aus und integriert dies zu ϕ = ϕ0 +

ρ

ρ0

/ρ 2 dρ 2 2μ E − U (ρ )) − 2 /ρ

(4.7)

Keplerproblem Wir betrachten ein Potenzial der Form U (r) = −α/r. Dies könnte die Gravitation zwischen zwei Massen beschreiben (α = G m1 m2 ), oder die Coulombkräfte zwischen zwei geladenen Körpern (α = −q1 q2 ). Jedenfalls kann man hierfür das Integral (4.7) elementar lösen: /ρ 2 /ρ − μα/ = arccos (4.8) ϕ = dρ 2μE + 2μα/ρ − 2 /ρ 2

2μE + μ2 α 2 / 2

Mit dem Parameter p = 2/(μα) und der Exzentrizität ε 2 = 1 + 2E 2 /(μα 2 ) erhält (4.8) die vertraute Form eines Kegelschnitts: p = 1 + ε cos ϕ ρ

⎛

ε>1 ⎝ ε=1 ε0 E=0 E 0). Auch die Bahn eines α-Teilchens im Feld eines Atomkerns ist eine Hyperbel.

58

Teil I Mechanik y 6

.............................................................................. .............. .......... .......... Q . Q . . . . . . p .................. ... Q ...... . ..... . . Q .. .... . . .... Q ... ρQ ... .. .. .. Q ........................... ..... .. . . .. . Q ϕ .... ... Qr . ... .... ... .. a aε ... .. ... .. ... .... .... .. ..... ... b ..... .... . . . ...... . .... ........ ........ .......... .......... .............. .................................................................................

-

x

Für das System Planet–Sonne ergibt sich eine Ellipse; der Schwerpunkt des Systems ist der Brennpunkt der Ellipse. Sonne und Planet laufen auf gegenläufigen Ellipsen um den Schwerpunkt herum. Für MSonne MPlanet ruht die Sonne näherungsweise im Brennpunkt, und der Planet beschreibt die gezeigte Ellipsenbahn. In dieser Näherung ergeben sich auch die drei Keplerschen Gesetze.

Für die Anwendung auf unser Sonnensystem sei auf folgende drei Punkte hingewiesen: 1. Da die Masse der Sonne viel größer als die der Planeten ist, ist die Betrachtung als Zweikörperproblem (Sonne und ein ausgewählter Planet) eine gute Näherung. Tatsächlich führen aber die Gravitationskräfte der Planeten (und Monde) untereinander zu Abweichungen. Eine besonders gut beobachtbare Abweichung ist die Periheldrehung: Der sonnennächste Punkt (das Perihel) liegt nach einem Umlauf an einer etwas anderen Stelle; die Ellipsenbahn ist nicht ganz geschlossen (Aufgabe 4.7). Für den Merkur beträgt die Periheldrehung etwa 10 Bogenminuten pro Jahrhundert. Etwa 1/10 dieses Effekts wird durch relativistische Effekte verursacht. 2. Die Bewegungsgleichungen für N Massenpunkte (Sonne, Planeten, Monde) lauten N G mν m μ mν r¨ ν (t) = grad ν (4.10) |r ν − r μ | μ = ν

Die Methode der Wahl zur Lösung eines solchen Problems ist heute der Computer: Man spezifiziert zunächst die Anfangsbedingungen (r ν (t0) und r˙ ν (t0)). Aus (4.10) folgen dann die Beschleunigungen r¨ ν (t0 ). Hieraus werden die Orte r ν (t0 + Δt) und Geschwindigkeiten r˙ ν (t0 + Δt) zur Zeit t0 + Δt bestimmt. Der nächste Schritt führt dann zu t0 + 2Δt, und so weiter. 3. Nach (4.10) legen die Anfangsbedingungen den weiteren Verlauf deterministisch fest. Allerdings ist auch die Lottomaschine mit 49 Kugeln ein solches deterministisches Vielteilchensystem (gegebene äußere Kräfte wären hinzuzufügen, sie ändern aber nichts an der Aufintegrierbarkeit der Bewegung). Dieses deterministische System verhält sich chaotisch; sein Bewegungsablauf ist bekanntlich nicht vorhersagbar. Es gibt also so etwas wie deterministisches Chaos. Der Grund ist folgender: Sehr kleine Änderungen in den Anfangsbedingungen (oder auch sehr kleine äußere Störungen) führen nach wenigen Stößen zu einem ganz anderen Verlauf.

59


Es hängt vom jeweiligen System ab, auf welcher Zeitskala kleine Störungen zu einem ganz anderen Verlauf führen können. Insofern wissen wir nicht, ob unser Sonnensystem nicht vielleicht in 108 Jahren einen wesentlich anderen Bewegungsablauf zeigt. Im Kleinen verläuft die Bewegung auch im heutigen Sonnensystem chaotisch: Die Punkte, zu denen ein Planet nach jeweils 1 Umlauf kommt, zeigen ein chaotisches Muster (Poincaré-Schnitt).

Streuung Ein Teilchenstrom wird auf Materie gerichtet und die gestreuten Teilchen werden in einem Detektor nachgewiesen. Das Verhältnis des gestreuten Teilchenstroms zur einfallenden Stromdichte j definiert den (differenziellen) Wirkungsquerschnitt: ΔN (θ ) Anzahl gestreuter Teilchen pro Zeit und pro dΩ dσ = = dΩ j dΩ Δt Anzahl einfallender Teilchen pro Zeit und Fläche

(4.11)

Der Detektor nimmt vom Streuzentrum aus gesehen den Raumwinkel dΩ ein und misst die Teilchenrate ΔN/Δt. Diese Größen sind auf ein einziges Streuzentrum (Targetteilchen) bezogen.

ρmin s

s

-

... ... ... ... ... ... ............ . . . ... . .... . ... 0 ....

... ...

>

Ein Projektil, das mit dem Stoßparameter s auf das Streuzentrum zuläuft, wird um den Winkel θ abgelenkt. Der Zusammenhang s = s(θ ) folgt aus der im Zweikörperproblem berechneten Bahnkurve (4.7).

. θ ...

φ s r =0

Die in der Abbildung eingezeichneten Winkel θ und φ0 ergeben sich aus θ (s) = π − 2 φ0 (s) = π − 2

∞

ρmin

dρ

s/ρ 2 1 − s 2 /ρ 2 − U (ρ)/E

(4.12)

√ Dabei wurde = μ v∞ s = 2μE s eingesetzt. Der minimale Abstand folgt aus 2 + U (ρ 1 = s 2 /ρmin min )/E. Aus s = s(θ ) kann nunmehr der Wirkungsquerschnitt berechnet werden: dσ s(θ ) ds(θ ) = (4.13) dΩ sin θ dθ Rutherfordscher Wirkungsquerschnitt Wir betrachten die Streuung von zwei Atomkernen, deren Wechselwirkung durch das Coulombpotenzial gegeben ist, U (r) = −α/r mit α = −Z1 Z2 e2. Dabei sind Z1 und Z2 die Kernladungszahlen.

60

Teil I Mechanik

Die Bahnkurve folgt aus (4.9) für E > 0. Hierin setzen wir p = −|p| = − 2 /μ|α| ein: |p| = −1 − ε cos ϕ (4.14) ρ Die Exzentrizität ist durch ε 2 = 1 + 2E 2 /(μ α 2 ) = 1 + (2Es/α)2 > 1 gegeben. Für den minimalen Abstand ρmin folgt aus (4.14) ϕmin = π, während ρ = ∞ zu cos ϕ∞ = −1/ε führt. Wir benötigen die (positive) Winkeldifferenz φ0 aus der Abbildung, also φ0 = |ϕmin − ϕ∞ | = |π − ϕ∞ |. Aus cos φ0 = cos(π − ϕ∞ ) = − cos ϕ∞ =

1 1 = ε 1 + (2Es/α)2

(4.15)

folgt tan φ0 = 2Es/|α|. Nach (4.12) gilt φ0 = (π − θ )/2. Damit erhalten wir s = s(θ ) =

|α| θ cot 2E 2

(4.16)

Wir setzen dies in (4.13) ein und erhalten den berühmten Rutherfordschen Wirkungsquerschnitt 2 Z1 Z2 e 2 1 dσ = (4.17) 4 dΩ 4E sin (θ/2) Rutherford konnte 1913 diese Winkelabhängigkeit experimentell verifizieren und damit zeigen, dass sich im Zentrum eines Atoms ein sehr kleiner Atomkern befindet. Der Wirkungsquerschnitt (4.17) divergiert bei θ = 0. Dies rührt daher, dass auch Teilchen mit großem Stoßparameter gestreut werden, wenn auch um einen immer kleineren Winkel. In diesem Sinn hat das Coulombpotenzial eine unendliche Reichweite. Im tatsächlichen Experiment ist das Coulombpotenzial effektiv durch die Atomhülle abgeschirmt. Daher erfahren Teilchen mit einem Stoßparameter größer als der Atomradius keine Ablenkung mehr. Im Übrigen kann bei θ = 0 auch kein Detektor aufgestellt werden, da dies die Strahlrichtung ist. Transformation ins Laborsystem Nach der Reduktion vom Zwei- zum Einkörperproblem wird die Relativbewegung r(t) so diskutiert, als ob sich ein Teilchen der Masse μ im Potenzial U (r) bewegt. Der damit bestimmte Streuwinkel ist der Streuwinkel θ im Schwerpunktsystem, in dem der Schwerpunkt der beiden Teilchen (Massen m1 und m2 ) ruht. Ein Streuexperiment findet aber in der Regel im Laborsystem statt, in dem das Targetteilchen (m2 ) vor dem Stoß ruht. In diesem System ergibt sich ein anderer Streuwinkel θ : sin θ (4.18) tan θ = cos θ + m1 /m2 Für m1 m2 erhalten wir θ ≈ θ ; denn dann bleibt das Target bei der Streuung näherungsweise in Ruhe. Für m1 = m2 gilt θ = θ/2; die stoßende Kugel beim

61


Billard wird maximal um θ = π abgelenkt (ohne Effet). Der Zusammenhang zwischen den Wirkungsquerschnitten ergibt sich zu dσ sin θ dθ dσ d cos θ dσ = = dΩ dΩ sin θ dθ dΩ d cos θ

(4.19)

Energieverlust Bei der betrachteten elastischen Streuung ist die Summe der kinetischen Energien von Projektil und Target eine Erhaltungsgröße. Nicht erhalten ist dagegen im Allgemeinen die Energie E1 des Projektils. Im Laborsystem erhalten wir für dessen Energieänderung ΔE1 ⎧ ⎨ − sin2 θ (m1 = m2 ) ΔE1 O(m = /m ) (m (4.20) 1 m2 ) ⎩ O(m1/m2 ) E1 (m m ) 2

1

1

2

Der Energieverlust ist maximal bei gleich schweren Teilchen. Daher wird ein Moderator zur Verlangsamung von Neutronen in einem Reaktor aus möglichst leichten Elementen gebaut.

62

Teil I Mechanik

Aufgaben 4.1 Zur Wahl der verallgemeinerten Koordinaten Führen Sie in der Lagrangefunktion für zwei Teilchen (Massen m1 und m2 ) mit dem Potenzial U (|r 1 − r 2 |) die verallgemeinerten Koordinaten = r 1 + r 2 und r = r 1 − r 2 ein. Zeigen Sie, dass eine zyklische Koordinate ist. Warum ist diese Wahl der Koordinaten ungünstiger als die Wahl R = (m1 r 1 + m2 r 2 )/M mit M = m1 + m2 und r = r 1 − r 2 ? Lösung: Die Lagrangefunktion hat die Form (4.1). Wir setzen hierin die verallgemeinerten Koordinaten ein und erhalten

2 m2

2 m1 ˙ + r˙ + ˙ − r˙ − U (|r|) L = 8 8

m1 − m2 M 2 = ˙ + r˙ 2 + ˙ · r˙ − U (r) 8 4 Die Koordinate tritt in der Lagrangefunktion nicht auf; sie ist daher eine zyklische Koordinate. Für L sind die Lagrangegleichungen wegen des Terms mit ˙ · r˙ gekoppelt. Im Gegensatz dazu entkoppeln die Bewegungsgleichungen für die Schwerpunkt- und die Relativkoordinate, R und r; diese Wahl ist deshalb vorzuziehen. Aus den gekoppelten Bewegungsgleichungen für L kann man allerdings die -Terme leicht eliminieren und erhält dann dieselbe Gleichung für die Relativbewegung.

4.2 Einsetzen von Erhaltungsgrößen in die Lagrangefunktion Die Lagrangefunktion

μ 2 ρ˙ + ρ 2 ϕ˙ 2 − U (ρ) 2 beschreibt die Bewegung im Zentralpotenzial. Wenn man in L mit Hilfe von ˙ ρ). Ist L ei = μ ρ 2 ϕ˙ die Größe ϕ˙ eliminiert, erhält man eine Funktion L (ρ, ne korrekte Lagrangefunktion? L(ρ, ˙ ϕ, ˙ ρ) =

Lösung: Wenn man (unzulässigerweise) ϕ˙ mit Hilfe von eliminiert, erhält man die „Lagrangefunktion“ μ 2 2 L (ρ, ˙ ρ) = − U (ρ) ρ˙ + 2 2μρ 2 Die dazugehörige „Lagrangegleichung“ μ ρ¨ = −

2 d U (ρ) − 3 μρ dρ

(falsch)

unterscheidet sich von der korrekten Bewegungsgleichung (4.4) durch das Vorzeichen vor dem Zentrifugalterm. Dieses Vorgehen liefert also ein falsches Resultat; es ist unzulässig, Erhaltungsgrößen in die Lagrangefunktion einzusetzen. Die Lagrangefunktion ist keine physikalische (Mess-)Größe; sie ist vielmehr eine mathematische Funktion, deren Aufgabe es ist, die richtigen Bewegungsgleichungen zu liefern. Immer erlaubt ist dagegen das Einsetzen von Erhaltungsgrößen in die Bewegungsgleichungen und auch in andere Erhaltungsgrößen.

63


4.3 Bahnkurven im sphärischen Oszillatorpotenzial Ein Teilchen bewegt sich im Oszillatorpotenzial mit α = μω2 /2 > 0

U (r) = α r 2

(4.21)

Diskutieren Sie die Bewegung zunächst qualitativ anhand einer Skizze des effektiven Potenzials. Berechnen Sie dann die Bahnkurven ρ = ρ(ϕ). Welche Form haben die Bahnkurven? Bestimmen Sie ρmin und ρmax und skizzieren Sie eine Bahnkurve. Vergleichen Sie diese Ergebnisse mit der Lösung der Bewegungsgleichungen μ r¨ = − grad U (r) in kartesischen Koordinaten. Lösung: Der Energieerhaltungssatz E = μ ρ˙ 2 /2+Ueff (ρ) = const. ist die Grundlage einer qualitativen Diskussion. Dabei ist Ueff das effektive Potenzial Ueff (ρ) = Ueff 6

E

ω

2 2 μ + α ρ2 = + ω2 ρ 2 2 2μρ 2μρ 2 2

... ... ... ... ... ... ... ... . . . ... ... ... ... ... ... . . ... . . ... .... 6 ... .... ... .... . . . ... μ ρ˙ 2 /2.......... ... ... .... ... ...... ...... .... . ? . . . . . ...... ... ................................

-

ρmin ρ0

ρmax

ρ

(4.22)

Das effektive Potenzial Ueff (ρ) hat ein Minimum bei ρ0 = /(μω) = 2 /(μE) Dies ist der Radius einer Kreisbahn mit der Energie E = Ueff (ρ0 ) = ω . Für E ≥ Ueff (ρ0 ) verläuft die Bahn zwischen den Umkehrpunkten ρmin und ρmax ; die Bewegung ist auf einen endlichen Bereich beschränkt. Es gibt demnach nur gebundene Lösungen und keine Streulösungen.

Wir setzen nun das Oszillatorpotenzial in das Integral (4.7) ein und führen die Substitution y = 2 /(μEρ 2 ) durch: y ρ /ρ 2 1 1 ϕ − ϕ0 = dρ =− dy

2 2y − γ 2 − y 2 ρ0 y0 2μ E − α ρ 2 − 2 /ρ 2 1 arcsin = 2

1 − y 1−γ2

y = 1 arcsin 1 − y 2 1 −γ2 y0

(4.23)

Hierbei ist γ 2 = 2 α 2 /(μE 2 ) = ω2 2 /E 2 ≤ 1; die Ungleichung folgt aus E ≥ ω . Im letzten Schritt wurde die untere Integrationsgrenze y0 = 1 gesetzt; eine andere Wahl liefert eine Integrationskonstante, die in ϕ0 aufgenommen werden kann. Wir lösen (4.23) nach y oder ρ 2 auf: ρ2 =

1−

ρ02

1 − γ 2 sin 2(ϕ − ϕ0 )

mit ρ0 =

2 /(μE)

(4.24)

Die extremalen Abstände ergeben sich, wenn der Sinus die Werte ±1 annimmt: 2 = a2 = ρmax

ρ2 0 , 1 − 1 −γ2

2 ρmin = b2 =

ρ2 0 1 + 1 −γ2

(4.25)

64

Teil I Mechanik

y 6

. .....

Wenn man (4.24) mit dem Nenner der rechten Seite multipliziert, erhält man eine quadratische Gleichung in x = ρ cos ϕ und y = ρ sin ϕ, also einen Kegelschnitt. Wegen ρ ≤ ρmax handelt es sich um Ellipsen. Wenn ϕ in (4.24) um 2π wächst, dann nimmt ρ zweimal die Werte ρmax und ρmin an. Damit ergibt sich zum Beispiel die links dargestellte Ellipse. Die Lage ihrer Hauptachsen relativ zu den Koordinatenachsen hängt von ϕ0 ab. Speziell für γ = 1 wird die Ellipse zum Kreis.

....

. ................. .. .......... .... .......... a ........ . .. . . . . . . . .. .... ...... .. .. .. ...... .... .. .. ..... . . . ... ..... . . . . . . . . ... .. ... ..... .... .... . .. ... . ..... ... .... ...... . . . . . . . . . ..... .... . . .... .... ........... .... .... ... .. ..... .... . . .... x . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . ... . ..... .. .b .... ..... . . . ..... . . . . ..... .. ..... .... . .. ..... . ..... .. ...... . . . . . ... ...... . . . . . . . . ... ...... . ........ ................. .. ..............

Der Mittelpunkt der Ellipsen (4.24) fällt mit dem Zentrum des Potenzials bei ρ = 0 zusammen; bei Keplerellipsen liegt dagegen ein Brennpunkt im Zentrum des Potenzials. In kartesischen Koordinaten lauten die Bewegungsgleichungen x(t) ¨ = −ω2 x(t) ,

y(t) ¨ = −ω 2 y(t) ,

z¨ (t) = −ω2 z(t)

Wir betrachten die Bewegung in der x-y-Ebene, also z(t) ≡ 0. Die allgemeine Lösung ist x(t) = A cos(ω t + β)

y(t) = B cos(ω t + δ) = B cos δ cos(ω t) − sin δ sin(ω t)

(4.26)

Eine Verschiebung des Zeitnullpunkts (t → t − t0 ) verändert die Phasen um die Konstante ω t0 . Daher können wir ohne Einschränkung der Allgemeinheit eine Phase null setzen und A > 0 und B > 0 annehmen. Für β = 0 eliminieren wir die Zeit aus (4.26), x2 y2 x y + 2 − 2 cos δ (4.27) = sin2 δ 2 A B AB Dies sind Kurven zweiter Ordnung, also Kegelschnitte. Wegen |x| ≤ A und |y| ≤ B kommen nur Ellipsen in Frage. Wegen der Symmetrie der Bahnkurven unter der Transformation r → −r liegt deren Mittelpunkt im Ursprung. Es handelt sich also um gedrehte Ellipsen mit dem Mittelpunkt im Ursprung. Für δ = 0 degeneriert die Ellipse zu einem Stück (|x| ≤ A) der Geraden y = Bx/A. Für δ = ±π/2 ergibt sich die Ellipse x 2 /A2 + y 2 /B 2 = 1 in Normalform. Anmerkung: Eine kleine äußere Störung wird y 6 in der Regel dazu führen, dass die Frequenzen B ....................... ..................... für die x- und y-Bewegung in (4.26) nicht mehr .............. ..................... ........................... ........ ........................................ ....................................................... ...................................................... ..................................... ..... ... .. .. ..... .. . .. ... ..... .... .. ...... ................ ........................... .............. ... ... exakt übereinstimmen. Um den Effekt einer sol. ...... .............. ...... ............... ............. . . . ..... . . . . . ..... ....... .. .... .... ....... .... ......... ...... ............. ............ ............ chen Störung zu studieren, ersetzen wir in der y. . . . . ..... ..... ....... . .... .. .. ...... ...... ...... ... .. . ... ....... ..... ..... ...... ..... ... ... .... ........ ..... ..... Bewegung ω durch ω + Δω (mit Δω ω). Wir ...... ........... . . . . . . . ... ... .... ........ . . . . .... ... ... .. ...... .... ..... ......... ....... ...... .... ..... schlagen den Zusatzterm mit Δω zur Phase, die ... ... ...... ... ..... ..... . . . . . . . . . . . .......... ...... ........ . . . ..... ..... ........ ..... ....... ...... .... .... . . .. damit zu δ(t) = δ0 +Δω t wird. Für die verschie.......... ...... .. .... ..... .... ......... . . ... ...... ..... ...... .. ......... ... ... ... .... ..... ..... ........ ...... .... ..... A x denen δ-Werte stellt (4.27) eine Schar von Ellip. . ... ... .... ........ ......... . . .... ... ..... ... ..... .... ... .... .... ... ..... ..... .... ....... sen dar, von denen einige links skizziert sind. Die ...... ..... ........... ......... . . . . . . . ... ..... ...... ........ . . ...... .... ... ... .. ..... ...... .......... ...... .. ..... .... .......... ..... Kurven dieser Schar werden nun aufgrund der ..... .... ... ............... ... ....... ...... . . . . . . . . . . . . . ....... . .. ...... ... ... ..... ... ... .. ....... ........... ....... ............ ...... ..... langsam veränderlichen Phase δ(t) nacheinander .... ......... ... ...... . ..... ........... ....... ............. ............... .... ....... ............... ............ ... .. . . . . .............. . . .... ........ . . . . . . .............. ............ .... .... angenommen. Dadurch entstehen die sogenann. . . ... ......... ............ ............. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ......... ....... ....... ..... . .. ........ ....... ............................ .................................................................................................................................................................... .......... ten Lissajousschen Figuren.

65


4.4 Lenzscher Vektor Für die Bahn r(t) im Potenzial U = −α/r definieren wir den Lenzschen Vektor Λ: Λ=

μ r p× r r˙ × (r × r˙ ) − = − α r αμ r

(4.28)

Zeigen Sie: (a) Λ ist eine Erhaltungsgröße, dΛ/dt = 0. (b) |Λ| ist gleich der Exzentrizität ε. (c) Λ zeigt zu dem zentrumnächsten Bahnpunkt (Perihel), also Λ r min . (d) Die Auswertung von Λ · r ergibt die Bahnkurve p/ρ = 1 + ε cos ϕ. Lösung: (a) Wir leiten p × nach der Zeit ab, wobei wir = const. berücksichtigen: r˙ r 2 − r(r · r˙ ) d r (dp/dt) × −∇U (r) × −r × (r × r˙ ) d p× = = = = = 3 dt α μ αμ αμ r r3 dt r Hieraus folgt dann dΛ/dt = 0. (b) In Λ2 treten die Produkte (p×)2 = p 2 2 , r ·(p×) = (r ×p)· = 2 und (r/r)2 = 1 auf. Damit erhalten wir 2 22 α 2E 2 p + 1 = ε2 (4.29) − + 1 = Λ2 = μα 2 2μ r μα 2 (c) Da Λ konstant ist, können wir (4.28) für das Perihel r = r min mit p = p max berechnen. Mit r min ⊥ p max und r min ⊥ erhalten wir r min p max × . Hieraus folgt Λ ±r min . (d) In Polarkoordinaten ρ und ϕ wird das Skalarprodukt Λ · r zu Λ · r = |Λ| |r| cos ϕ = ε ρ cos ϕ

(4.30)

Dabei legt Λ die Richtung ϕ = 0 fest. Alternativ berechnen wir Λ · r aus (4.28) mit r · (p × ) = 2 , 2 (p × ) · r −r = −ρ = p−ρ (4.31) Λ·r = μα μα Aus (4.30) und (4.31) folgt die Bahnkurve. Die Argumentation unter (c) ergab Λ ±r min . Aus (4.31) erhalten wir noch Λ · r min = p − ρmin > 0, also Λ +r min .

4.5 Keplerbahnen in kartesischen Koordinaten Betrachten Sie das Keplerproblem U = −α/r in kartesischen Koordinaten mit den Anfangsbedingungen r(0) := (s , 0, 0) und r˙ (0) := (0, v0 , 0). Leiten Sie die Bahnkurven y 2 = λ(λ − 2) x 2 − 2λ(λ − 1) s x + λ2 s 2 ,

λ=

μs v02 α

(4.32)

aus der Drehimpulserhaltung und der Erhaltung des Lenzschen Vektors (Aufgabe 4.4) ab. Für welche Parameterwerte ergeben sich Parabel, Kreis, Gerade, Ellipse und Hyperbel?

66

Teil I Mechanik

Lösung: Der Drehimpuls und der Lenzsche Vektor sind durch die Anfangsbedingungen festgelegt, := (0, 0, μs v0 ) und Λ := (μs v02 /α − 1, 0, 0). Wir setzen diese konstanten Werte gleich mit ihren allgemeinen Definitionen, = r × p und (4.28):

μ x y˙ − y x˙ = μ s v0 z : Λx :

μ s v02 μs v0 y˙ x = − −1 2 2 α α x +y

Λy :

−

μ s v0 x˙ y =0 − 2 α x + y2

Dabei wurde verwendet, dass die Bewegung in der x-y-Ebene verläuft. Wir multiplizieren die erste Gleichung mit s v0 /α, die zweite mit −x und die dritte mit −y. Dann ergibt die Addition der Gleichungen μs 2 v02 μs v02 x2 + y2 = − − 1 x = λ s − (λ − 1) x α α Durch Quadrieren erhalten wir die Bahnkurven (4.32), die wir auch in Normalform schreiben können 2 x − s (1 − λ)/(2 − λ) y2 =1 + s 2 /(2 − λ)2 s 2 λ/(2 − λ) Hieraus lesen wir ab: λ 0. Die Auslenkungen x = q − q0 sollen so klein sein, dass die Entwicklung beim quadratischen Term abgebrochen werden kann. Für die kinetische Energie T = a(q) q˙ 2 /2 ergibt die Entwicklung T ≈ m x˙ 2 /2 mit m = a(q0 ). Wenn wir eine äußere Kraft zulassen, dann lautet die Lagrangefunktion für kleine Auslenkungen m 2 k 2 x˙ − x + F (t) x (6.2) 2 2 Hierfür stellen wir die Bewegungsgleichung auf, die wir durch einen zusätzlichen Reibungsterm verallgemeinern: L(x, x, ˙ t) =

x¨ + 2 λ x˙ + ω02 x = f (t)

(6.3)

Dabei ist ω02 = k/m und f (t) = F (t)/m. Die allgemeine Lösung setzt sich aus einer allgemeinen homogenen Lösung xhom und einer partikulären Lösung zusammen. Für λ < ω0 und eine periodische Kraft wurde die allgemeine Lösung in Aufgabe 1.4 gefunden. Wir geben hier zunächst die allgemeine homogene Lösung für eine periodische Kraft ohne die Einschränkung λ < ω0 an: xhom (t) = A exp (−λt) cos (w0 t + α) xhom (t) = A exp(−λ1 t) + B exp(−λ2 t) xhom (t) = (A + B t ) exp (−λt) Hierbei ist w0 = ω02 − λ2 und λ1,2 = λ ± λ2 − ω02 .

(λ < ω0 ) (λ > ω0 ) (λ = ω0 )


(6.4)

91

Kapitel 6 Kleine Schwingungen

∞ Eine allgemeine Kraft f (t) = −∞ dω fω exp (iω t) kann in periodische Anteile zerlegt werden (Fouriertransformation). Da die Bewegungsgleichung (6.3) linear ist, ist die partikuläre Lösung dann einfach eine Überlagerung der Lösung (1.32) für eine periodische Kraft: ∞ fω exp(iω t) (6.5) xpart (t) = Re dω 2 ω0 − ω 2 + 2 iλ ω −∞ Die allgemeine Lösung ist x(t) = xhom (t) + xpart (t).

System mit vielen Freiheitsgraden Wir betrachten nun ein System mit f Freiheitsgraden und den verallgemeinerten Koordinaten q1 ,..., qf . Die Lagrangefunktion sei von der Form L0 =

f f

1 1 mij (q1 ,..., qf ) q˙i q˙j − U (q1,..., qf ) ≈ Tij x˙i x˙j − Vij xi xj 2 2 i,j =1

i, j =1

(6.6) Die Näherung ergibt sich, wenn wir um die Gleichgewichtslage qi0 herum entwickeln. Für kleine Auslenkungen xi = qi − qi0 ergibt sich dann die Form (6.6). Sie führt zu den Bewegungsgleichungen T x¨ + V x = 0

(6.7)

Hierbei sind T = (Tij ) und V = (Vij ) symmetrische Matrizen mit f Zeilen und Spalten, und x ist der Spaltenvektor aus den Komponenten x1 ,..., xf . Wesentlich ist, dass die Eigenwerte von V und von T positiv sind; dies liegt an der Stabilität der Gleichgewichtslage und an der Positivität der kinetischen Energie. Der Ansatz x(t) = A exp(−iω t) führt zu

V − ω2 T A = 0 (6.8) Dies ist ein lineares, homogenes Gleichungssystem für die Größen A1 ,..., Af . Für eine nichttriviale Lösung muss det (V − ω2 T ) = 0 gelten. Hieraus erhält man f reelle Lösungen ωk2 (eine imaginäre Lösung stünde im Widerspruch zur Stabilitätsannahme). Man kann sich auf die positiven Wurzeln ωk > 0 beschränken. Zu jeder Eigenfrequenz ωk findet man aus (6.8) einen zugehörigen Eigenvektor A(k) . Die allgemeine Lösung kann damit in der Form x(t) =

f

A(k) Bk cos(ωk t + αk )

(6.9)

k =1

angegeben werden. Diese Lösung ist eine Überlagerung aus den Eigenmoden oder Eigenschwingungen des Systems. Die Amplituden Bk und die Phasen αk stellen die 2f Integrationskonstanten für (6.7) dar.

92

Teil I Mechanik

Normalkoordinaten Da wir in (6.9) Amplituden Bk vorgesehen haben, können wir die Eigenvektoren A(k) beliebig normieren; durch (6.8) wird die Normierung ja auch nicht festgelegt. Man stellt zunächst fest, dass A(l) T T A(k) für verschiedene Eigenvektoren null ist; dies folgt aus (6.8) und daraus, dass die Matrizen T und V symmetrisch sind. Daher kann man A(l) T T A(k) =

f

Tij ail aj k = δlk

oder

aT T a = 1

(6.10)

i, j =1

verlangen. Hierbei haben wir aus den f Vektoren A(k) die quadratische Matrix a gebildet. Man kann nun über x = a Q (Matrixmultiplikation) neue Koordinaten einführen, für die 1 ˙ 2 Qk − ωk2 Qk2 2 f

L0 =

(6.11)

k =1

Für die Normalkoordinaten Q1 (t),..., Qf (t) entkoppeln die Bewegungsgleichungen ¨ k + ω 2 Qk = 0. In diesen Bewegungsgleichungen kann man so wie oben im zu Q k eindimensionalen Fall äußere Kräfte oder auch Reibungskräfte einführen.

93


Aufgaben 6.1 Kraftstoß auf Oszillator Ein gedämpfter Oszillator hat die Bewegungsgleichung x¨ + 2λ x˙ + ω02 x = f (t) mit λ < ω0 . Der Oszillator ruht in seiner Gleichgewichtslage. Dann bekommt er einen Kraftstoß % 0≤t ≤T v0 /T f (t) = 0 sonst Bestimmen Sie die Auslenkung x(t). Diskutieren Sie die Grenzfälle T → 0 und T 1/λ, und skizzieren Sie hierfür die Lösungen. Lösung: Im Zeitintervall 0 ≤ t ≤ T lösen wir die inhomogene Schwingungsgleichung x¨ + 2 λ x˙ + ω02 x =

v0 T

Diese Gleichung hat die partikuläre Lösung xpart = v0 /(T ω02 ). Mit der homogenen Lösung aus Aufgabe 1.6 wird die allgemeine Lösung x = xhom + xpart zu v0 (0 ≤ t ≤ T ) (6.12) x(t) = A1 cos(w0 t) + A2 sin(w0 t) exp(−λt) + T ω02 Dabei ist w0 = ω0 2 − λ2 . Die Anfangsbedingungen lauten x(0) = A1 + v0 /(T ω02 ) = 0 und x(0) ˙ = w0 A2 − λA1 = 0. Damit erhalten wir v0 λ x(t) = 2 1 − cos(w0 t) + sin(w0 t) exp(−λt) (0 ≤ t ≤ T ) (6.13) w0 ω0 T Diese Lösung beginnt mit einer waagerechten Tangente, schwingt über die neue Gleichgewichtslage bei v0 /(ω02 T ) hinaus und wird dann gedämpft. Für t > T verschwindet die äußere Kraft (t > T ) x¨ + 2 λ x˙ + ω02 x = 0 Hierfür gilt die homogene Lösung x(t) = B1 cos(w0 t) + B2 sin(w0 t) exp(−λt)

(t ≥ T )

(6.14)

Mit der Kraft macht x¨ bei t = T einen Sprung. Damit sind x(t) ˙ und x(t) bei t = T stetig. Diese beiden Bedingungen legen die Konstanten fest v0 λ B1 = 2 sin(w0 T ) exp(λT ) − 1 cos(w0 T ) − w0 ω0 T v0 λ λ (6.15) cos(w0 T ) exp(λT ) − sin(w0 T ) + B2 = 2 w0 w0 ω0 T Damit ist die Lösung für t ≥ T festgelegt: v0 λ x(t) = 2 cos w0 (t − T ) + sin w0 (t − T ) exp − λ(t − T ) w ω0 T 0 λ sin w0 t exp(−λt) − cos w0 t + w0

(6.16) (t ≥ T )

94

Teil I Mechanik

Dies ist eine gedämpfte Schwingung, die für große Zeiten wieder in die ursprüngliche Ruhelage zurückkehrt. Das Ergebnis (6.13) und (6.16) ist die exakte Lösung für einen Kraftstoß von beliebiger Dauer T . Wir diskutieren jetzt noch die Spezialfälle T → 0 und T 1/λ. 6x(t) v0 w0

T →0 .... ... ... .. ... ... .... ... . .. ... .. ... ... ... ............. .. ... .... ............ . ... ........................................... ... ... ... . ... .. t ..... ..... ...

Für einen extrem kurzen Kraftstoß, T → 0, geht das Zeitintervall 0 ≤ t ≤ T gegen null, und die Lösung (6.13) spielt keine Rolle. Wir bekommen die Lösung im Grenzfall T → 0 aus (6.16). Mit den Konstanten B1 → 0 und B2 → v0 /w0 aus (6.15) erhalten wir dann v0 sin(w0 t) exp(−λt) x(t) = w0 Diese Lösung ist links skizziert.

Alternative Betrachtung zum Grenzfall T → 0: Der kurze Kraftstoß überträgt den endlichen Impuls mv0 = m dt f (t). Man kann daher die kräftefreie Bewegungsgleichung mit den Anfangsbedingungen x(0) = 0 und x(0) ˙ = v0 (nach dem Stoß!) lösen. Während eines lange andauernden (T 1/λ) Kraftstoßes gilt zunächst die Lösung (6.13). Nach (6.13) konvergiert die Auslenkung gegen die neue Gleichgewichtslage bei v0 /(ω02 T ). Für t > T gilt (6.16), wobei der zweite Term in (6.16) wegen T 1/λ wegfällt: λ v0 sin w0 (t − T ) exp − λ(t − T ) (t > T ) cos w0 (t − T ) + x(t) = 2 w0 ω0 T Dieser Teil der Lösung startet bei t = T in der neuen Gleichgewichtslage mit einer waagerechten Tangente und wird dann rasch gedämpft; der Oszillator kehrt in seine ursprüngliche Ruhelage zurück. Für den Grenzfall T 1/λ ist die gesamte Bewegung in der folgenden Abbildung skizziert: x(t) 6 v0 ω02 T

..... ... .... .. ..... ... ... . ... ............... .. ... ..... ................................................................................................................... .. ... ....... ... ............ .. . .. .. ... . .. .. ... ....

T 1/λ .... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ............ ... ... ........ ... ...... ............................................................. .. ... .............. .. . T ....... ..... . ... ... .....

-

t

Alternative Lösung: Wir skizzieren hier noch eine formalere Lösung des Problems mit Hilfe von (6.5). Zunächst berechnen wir die Fouriertransformierte der Kraft

∞ T v0 1 − exp(−iω T ) 1 v0 dt f (t) exp(−iω t) = dt exp(−iω t) = fω = 2π −∞ 2πT 0 2 iπω T Wir setzen dies in (6.5) ein: ∞ ∞ 1 fω exp(iω t) exp(iω t) − exp(iω (t − T )) v0

Re dω 2 dω = xpart = Re 2 + 2 iλω T 2πi ω − ω ω ω02 − ω2 + 2 iλω −∞ −∞ 0

95

Kapitel 6 Kleine Schwingungen Mit dem Integral J (τ ) =

1 2πi

∞

dω −∞

1 − exp(iω τ ) ω (ω − w0 − iλ)(ω + w0 − iλ)

schreiben wir die Lösung als xpart (t) =

v0 Re J (t) − J (t − T ) T

(6.17)

Diese partikuläre Lösung ist bereits die gesuchte Auslenkung x(t). Es gibt hier keinen Beitrag von der homogenen Lösung, weil der Oszillator vor dem Kraftstoß ruht. Im Ausdruck für J (τ ) wurde die Eins im Zähler addiert, damit der Integrand bei ω = 0 regulär bleibt; in der Differenz (6.17) fallen diese Beiträge weg. Das Integral wird mit dem Residuensatz berechnet. Für τ > 0 schließen wir den Integrationsweg über einen Halbkreis mit unendlichem Radius in der oberen Halbebene, der keinen Beitrag zum Integral liefert. Das Resultat ist durch die Residuen der beiden Pole bei ω = ±w0 + iλ gegeben

1 − exp (−iw0 − λ)τ 1 − exp (iw0 − λ)τ − J (τ > 0) = 2w0 (iλ + w0 ) 2w0 (iλ − w0 ) 1 λ = 2 1 − cos w0 τ + sin w0 τ exp(−λτ ) w0 ω0 Für τ < 0 schließen wir den Integrationsweg in der unteren Halbebene; da dort keine Pole liegen, verschwindet das Integral in diesem Fall, J (τ < 0) = 0. Aus (6.17) erhalten wir sofort die vorherigen Lösungen (6.13) und (6.16).

6.2 Transformation zu Normalkoordinaten Die Auslenkungen xi bei kleinen Schwingungen können durch die Normalkoordinaten Qk ausgedrückt werden: xi = xi (Q1 ,..., Qf ) =

f

aij Qj

(6.18)

j =1

Wie lautet die Rücktransformation Qk = Qk (x1 ,.., xf )? Lösung: Wir schreiben die Transformation (6.18) in Matrixform x = a Q an. Dann multiplizieren wir diese Gleichung von links mit a T T , wobei T = (Tik ) die kinetische Energiematrix aus (6.6) ist: x = aQ

⇒

aT T x = aT T a Q = Q

Die quadratische Matrix a wird aus den Eigenvektoren gebildet und ist gemäß (6.10), a T T a = 1, normiert. Hieraus folgt der soeben angeschriebene letzte Schritt. Die gesuchte Rücktransformation lautet also Q = aT T x

oder

Qk =

f l,i=1

alk Tli xi

(6.19)

96

Teil I Mechanik

6.3 Standardverfahren für Doppelpendel 6y

Für das bereits in Aufgabe 2.8 gelöste Doppelpendel: Geben Sie die Matrizen T und V des allgemeinen Verfahrens für kleine Schwingungen an. Stellen Sie die Eigenwertgleichung

V − ω2 T A = 0

-

C C

x

C l1 ϕ1 ....................C...

g C C..u m1 ? ... ..@ ... ... ............. ...................@ .... .. ϕ 2 @ l2 ... .. @ ... .. @ ... @t m2 ..

auf. Bestimmen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren für den Fall m1 = m2 = m und l1 = l2 = l.

Lösung: Als Koordinaten wählen wir x1 = l1 ϕ1 und x2 = l2 ϕ2 (auch xi = ϕi ist eine mögliche Wahl). Wir entwickeln die Lagrangefunktion (2.26) bis zur quadratischen Ordnung in den kleinen Auslenkungen: L=

m1 + m2 g 2 m2 g 2 m1 + m2 2 m2 2 x − x + const. x˙1 + x˙ + m2 x˙1 x˙2 − 2 2 2 2 l1 1 2 l2 2

Wir schreiben dies als L = ( x˙ T T x˙ − x T V x )/2 + const. und lesen die Matrizen T und V ab: 0 m1 + m2 m2 (m1 + m2 )g/ l1 T = und V = 0 m2 g/ l2 m2 m2 Damit schreiben wir die Eigenwertgleichung (V − ω2 T ) A = 0 explizit an:

A1 (m1 + m2 ) g/ l1 − ω2 −m2 ω2

= 0 A2 −m2 ω2 m2 g/ l2 − ω2

(6.20)

Die Eigenwertbedingung det (V − ω 2 T ) = 0 ist identisch mit (2.27); sie wurde in Aufgabe 2.8 ausgewertet. Für m1 = m2 = m und l1 = l2 = l wird die Eigenwertbedingung zu

2 2 g/ l − ω2 − ω4 = 0

⇒

ω12 =

√

g 2+ 2 , l

ω22 =

√

g 2− 2 l

Wir setzen die Frequenz ω1 in die Eigenwertgleichung (6.20) ein. Nach dem Kürzen eines Faktors mg/ l erhalten wir das folgende Gleichungssystem für den Eigenvektor A(1) , √ (1) √ −2− 2 2 −2 − 2 A1 = 0 √ √ −2 − 2 −1 − 2 A2(1) √ Wir setzen nun willkürlich A1(1) = 1 und erhalten A2(1) = − 2. Für die Frequenz ω2 gehen wir analog vor. Damit lauten die (nichtnormierten) Eigenvektoren: 1 1 (2) (1) √ und A = √ A = − 2 2

97


6.4 Normalkoordinaten für Molekülschwingung m...

M

m

y1

y2

y3

. ... ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ..t ... .. ... .. ... .. ... .. .. .. w... .. ... .. ... .. ... .. ... ..t ..... .... .... .... ..... ..... .... .... .... ....

ω1

t-

w-

ω2

t-

w

t

w-

t

ω3 t

Die Atome (Massen m, M und m) eines dreiatomiges Moleküls können eindimensionale Schwingungen ausführen. Die sich ergebenden Schwingungstypen sind in der Abbildung skizziert. Die erste Lösung besteht in der Translation des gesamten Moleküls.

-

y

t-

Die zu den Schwingungen gehörigen Eigenvektoren sind ⎛

(1)

A

⎞ 1 = c1 ⎝ 1 ⎠ , 1

⎛

A

(2)

⎞ 1 = c2 ⎝ 0 ⎠ , −1

A

(3)

⎛

⎞ 1 = c3 ⎝ −2 m/M ⎠ 1

(Diese Eigenvektoren werden ohne Angabe der ci in Kapitel 26 von [1] abgeleitet). Aus den Eigenvektoren wird die quadratische Matrix (2) (3) a = (aik ) = A(1) i , Ai , Ai gebildet. Bestimmen Sie die Koeffizienten ci aus der Normierung a T T a = 1 mit T = diag (m, M, m), und geben Sie die Normalkoordinaten Qk = Qk (x) an. Lösung: Die Matrix T in der Lagrangefunktion L = ( x˙ T T x˙ − x T V x )/2 ist ⎛ ⎞ m 0 0

T = Tij = ⎝ 0 M 0 ⎠ 0 0 m Die Normierung gemäß (6.10), A(k) T T A(k) = 1, ergibt dann

c12 m + M + m = 1 ,

c1 = √

(m + m) = 1 ,

c2 = √

m2 + m = 1, m+4 M

c3 = √

c22 c32

1 M + 2m 1 2m 1 2m(1 + 2m/M)

Mit der Rücktransformation (6.19) ergeben sich daraus die Normalkoordinaten: Q1 = √

1

mx1 + M x2 + mx3

M + 2m 1 mx1 − mx3 Q2 = √ 2m 1 Q3 = √ mx1 − 2 mx2 + mx3 2m(1 + 2m/M)

98

Teil I Mechanik

6.5 Lineare Kette mit festen Randbedingungen Drei gleiche Massen m sind über vier gleiche Federn (Federkonstante k) zwischen zwei Wänden verbunden und können in y-Richtung schwingen. Die Auslenkungen aus den Gleichgewichtslagen yn0 werden mit xn (t) = yn (t) − yn0 bezeichnet. ................ ........... ........... ........... ........... ..... ..... ...... ...... ...... ............. ... .. ... .. .. .. .. .. .. . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . ................ .... .... .... .... .... ........... ........... ........... ...........

y1

.... .... .... .... ....

y2

.... .... .... .... ....

........... ........... ........... . ..... . . . . . . .......... ......... ......... ......... ......... ......... . ...................... . . . . . ... . ... . ... . ... . ... . ........... .. .. .. .. .. ................ ........... ........... . ..... ...........

y3

y

.. .. .. .. .. v... ...... .... ...... .... ...... .... ...... .... ...... .. v .. ... .. ... .. ... .. ... .. ... . v .... .... .... .... .... ....... ....... ....... ....... ....... -

x1

x2

-

x3

Geben Sie die Lagrangefunktion für dieses Problem an, und lesen Sie die Matrizen T und V ab. Bestimmen Sie die Eigenfrequenzen und die Eigenvektoren. Skizzieren Sie die verschiedenen Schwingungstypen. Lösung: Das System hat f = 3 Freiheitsgrade. Die Lagrangefunktion lautet

k 2 m 2 x˙ + x˙22 + x˙32 − x + (x2 − x1 )2 + (x3 − x2 )2 + x32 2 1 2 1 3

1 Tij x˙i x˙j − Vij xi xj = 2 i,j =1

L(x, x) ˙ =

Die Matrizen T und V sind also ⎛ ⎞ m 0 0

T = Tij = ⎝ 0 m 0 ⎠ 0 0 m

und

⎛ ⎞ 2k −k 0

V = Vij = ⎝ −k 2k −k ⎠ 0 −k 2k

Die Bedingung für die Eigenfrequenzen lautet damit: 2k − mω2 −k 0

2 −k 2k − mω 2 −k det V − ω T = 0 −k 2k − mω2

=0

Dies ergibt eine kubische Gleichung für ω2

2 2k − mω2 2k − mω2 − 2k 2 = 0 mit den Lösungen √ k , 2− 2 ω1 = m

ω2 =

2

k , m

ω3 =

2+

√ k 2 m

Aus (V − ων2 T )A(ν) = 0 folgen die dazugehörigen Eigenvektoren: ⎛ √ ⎞ ......... ......... 1/ 2 ... ...... 1 ...... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ......... (1) ...... . ... . ... . ... . ... . ... .s. ... . ... . ... . ... . ... .s. ... . ... . ... . ... . ... .s. ... . ... . ... . ... . ... ....... ⎝ ⎠ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1√ A =√ ...... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. ...... ... ... ......... ......... 2m ... ... 1/ 2 x1 x2 x3

(6.21)

99

Kapitel 6 Kleine Schwingungen ⎛

(2)

A

⎞ 1 ⎝ 0 ⎠ =√ 2m −1

......... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...... .........................................s.........................................s.........................................s..................................................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...

√ ⎞ 1/ 2 ⎝ −1 ⎠ =√ √ 2m 1/ 2

......... ... ......... ...... ...... ...... ...... ...

..................................................s..................................................s..................................................s.............................................................. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ......

1

⎛

(3)

A

1

......... ...

-

x1

x2

...... ...... ...

x3

......... ... ......

-

-

x1

x3

x2

......... ...

Die Schwingungstypen sind jeweils neben den Eigenvektoren skizziert. Die Vorfaktoren der Eigenvektoren wurden gemäß der Normierung (6.10) gewählt, also A(ν) T T A(μ) = δνμ . Kette mit N Massen: Wir verallgemeinern die hier gegebene Lösung für N gleiche Massen m, die über N + 1 Federn zwischen zwei Wänden verbunden sind; dies geht über die Aufgabenstellung hinaus. Das System hat f = N Freiheitsgrade und die Lagrangefunktion lautet L(x, x) ˙ =

k 2 m 2 x˙ + x˙22 + . . . + x˙N2 − x + (x2 − x1 )2 + . . . + (xN − xN−1 )2 + xN2 2 1 2 1

Die Matrizen T und V können wieder abgelesen werden. Wir schreiben die Bedingung DN = det(V − ω2 T ) = 0 für die Eigenfrequenzen ausführlich an: 2k − mω2 −k 0 ... 0 0 −k 2k − mω 2 −k . . . 0 0 ... DN = ... 0 0 0 . . . −k 2k − mω2

=0

Wir entwickeln diese Determinante nach der ersten Zeile und bekommen die Rekursionsformel

DN = 2k − mω 2 DN−1 − k 2 DN−2 mit D0 = 1, D1 = 2k − mω2 und so weiter. Der Ansatz DN = β N mit β = 0 (β = 0 ist die uninteressante triviale Lösung) führt auf die quadratische Gleichung

β 2 − 2k − mω2 β + k 2 = 0 ⇒ β1 + β2 = 2k − mω2 , β1 β2 = k 2 (6.22) Damit haben wir zwei Lösungen, DN = β1N und DN = β2N , der Rekursionsformel gefunden. Da die Rekursionsformel linear ist, hat sie die allgemeinere Lösung ! DN = c1 β1N + c2 β2N = β1N+1 − β2N+1 (β1 − β2 ) = 0 (6.23) Über D0 = c1 + c2 = 1 und D1 = c1 β1 + c2 β2 = 2k − m ω 2 wurden die Konstanten c1 = β1 /(β1 −β2 ) und c2 = −β2 /(β1 −β2 ) festgelegt und eingesetzt. Die charakteristische Gleichung DN = 0 mit DN aus (6.23) wird durch (β1 /β2 )N+1 = 1 gelöst, also durch 2 iν π β1 = exp , β2 N +1

ν = 1, 2,..., N

100

Teil I Mechanik

Für ν = 0 ergibt sich keine Lösung von (6.23). Es gibt damit genau N Lösungen. Mit β1 + β2 = 2k − mω2 und β1 β2 = k 2 aus (6.22) erhalten wir √ √ 1 β1 + β2 k β1 /β2 + β2 /β1 k 1− √ 1− ω2 = 2 = 2 m 2 β1 β2 m 2 νπ 2 k k νπ = 2 1 − cos = 4 sin m N +1 m 2(N + 1) Die N Eigenfrequenzen

νπ k , sin ν = 1, 2,...., N (6.24) m 2(N + 1) √ liegen im Intervall 0 < ων < 2 k/m. Für N = 3 erhält man das Resultat (6.21). Aus (V − ων2 T )A(ν) = 0 oder ων = 2

(ν) 2k − mων2 A(ν) = 0 1 − k A2

(ν) 2 (ν) −k A(ν) n−1 + 2k − mων An − k An+1 = 0

(ν) (ν) = 0 − k AN−1 + 2k − mων2 AN

n = 2, 3,...., (N − 1)

folgen die dazugehörigen Eigenvektoren. Durch Einsetzen überprüft man, dass nν π 2/m (ν) An = sin N +1 N +1 diese Gleichungen löst; dies gilt auch für die beiden Massen 1 und N direkt an den Wänden. Die Eigenvektoren sind wieder gemäß A(ν) T T A(μ) = δνμ normiert. Bei den niedrigen Frequenzen, ν √ N, schwingen benachbarte Massen in Phase. Bei hohen Frequenzen ν N oder ων 2 k/m schwingen benachbarte Massen gegeneinander.

6.6 Eindimensionales Kristallmodell I Die Massen mn = m mit n = 0, ±1, ±2, ... können sich längs der y-Achse bewegen. Harmonische Federn (Federkonstante k) zwischen benachbarten Massen führen zu den Gleichgewichtslagen yn0 = a n; die Länge a ist die Gitterkonstante dieses eindimensionalen Kristallmodells. Die Auslenkungen aus dem Gleichgewicht werden mit xn (t) = yn (t) − yn0 bezeichnet: yn−1

yn

..... ..... ..... ..... ..... ........ ........ ........ ..... ..... ..... ..... ..... ........ ........ ........ ........ ........ v ..... ..... ........ ........ ........ ........ ........ v .. ..... ... ..... .. v ....... . . . . . . . . . . . .. ... .. ... .. ... .. ... .. ... . v . . . . . . . . . . . .. ... .. ... .. ... .. ... .. ... . v .... .... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... .......

-

xn−1

-

xn

y

-

a

Geben Sie die Lagrangefunktion und die Bewegungsgleichungen für diese unendliche lineare Kette an. Lösen Sie die Bewegungsgleichungen mit dem Ansatz xn (t) = Qq (t) exp(iq na) und Qq (t) = Aq exp(−iωq t).

101


Diese Lösung wird durch die reelle Wellenzahl q charakterisiert. Begründen Sie, dass q auf den Bereich −π/a ≤ q < π/a beschränkt werden kann. Skizzieren Sie die Eigenfrequenzen ωq = ω(q) als Funktion von q. Diese Beziehung wird Dispersionsrelation genannt. Die physikalische Randbedingung einer endlichen Kette aus N Massen kann durch die periodische Randbedingung xn (t) = xn+N (t) simuliert werden. Zu welchen diskreten Werten von q führt diese Randbedingung? Lösung: Die Lagrangefunktion für die unendliche lineare Kette lautet L(x, x) ˙ =

∞ ∞

2 m 2 k x˙n − xn+1 − xn 2 n=−∞ 2 n=−∞

Hieraus erhalten wir die Euler-Lagrange-Gleichungen

m x¨n = k xn+1 − 2xn + xn−1 Der Ansatz xn (t) = Qq (t) exp(iq na) ergibt m Q¨ q (t) exp(iq na) = k Qq (t) exp(iq a) − 2 + exp(−iq a) exp(iq na) Damit sind die Bewegungsgleichungen entkoppelt: ¨ q (t) = −2k 1 − cos(q a) Qq (t) mQ Die Qq (t) sind also Normalkoordinaten. Die Differenzialgleichung wird durch Qq (t) = Aq exp(iωq t) gelöst und führt auf die Eigenfrequenzen k k q a 2 ωq = 2 1 − cos(q a) oder ωq = ω(q) = 2 (6.25) sin m m 2 6ωq

. . ... ... 4k .................... ............ . . . . . . . . . . ...... m ... .... ...... ..... .... .... ... ... .... .... . . . . . .... . ... ... .... .. ... . . . ... . .. .. . . ... .. .. . . . . ... . . . . ... ... ... . . ... .... .... .. . . . . ... . .... ... .. ... . ... .... ... .. . . . ... .. .. ... ... .. . . ... ... .. .. .. .. ..

−π/a

π/a

-

q

Die Funktion ωq ist periodisch in 2π/a. Um Doppelzählungen zu vermeiden, müssen wir daher q auf ein (2π/a)-Intervall beschränken; wir wählen das zu q = 0 symmetrische Intervall −π/a < q ≤ π/a (1. Brillouinzone). Die Interpretation von q als Wellenzahl ergibt sich aus dem Ansatz xn (t) = Qq (t) exp(iq na). Physikalisch bedeutet die Einschränkung |q | ≤ π/a, dass die Wellenlänge λ = 2π/|q| größer als der doppelte Gitterabstand ist.

Für Wellenlängen, die sehr groß gegenüber dem Teilchenabstand sind, λ = 2π/|q| a, vereinfacht sich die Dispersionsrelation k ωq ≈ a |q| = cS |q| m Diese lineare Relation beschreibt longitudinale Schallwellen, die mit der Schallgeschwin√ digkeit cS = a k/m propagieren.

102

Teil I Mechanik

Wir untersuchen nun die periodischen Randbedingungen xn (t) = xn+N (t) für eine endliche Kette mit N Massen. Aus dem Ansatz xn (t) = Qq (t) exp(iq na) folgt dann

oder exp( i q N a) = 1 Qq (t) exp i q (n + N)a = Qq (t) exp( i q na) Diese Bedingung liefert diskrete Wellenzahlen qν =

2ν π , Na

ν = 0, 1,..., N − 1

Damit ergeben sich N Eigenschwingungen mit den diskreten Eigenfrequenzen ων ; dies entspricht den f = N Freiheitsgraden der linearen Kette. Die Nummerierung ν = 0, 1,..., N − 1 ergibt qν -Werte im Intervall 0 ≤ qν < 2π/a. Die Festlegung auf die 1. Brillouinzone −π/a < qν ≤ π/a kann durch eine etwas andere Nummerierung erfolgen, und zwar durch ν = 0, ±1, ±2,..., ±(N − 2)/2, N/2 für gerades N und ν = 0, ±1,..., ±(N − 1)/2 für ungerades N. Für N → ∞ stimmen die Eigenfrequenzen, (6.25) mit qν , mit denen aus (6.24) überein; die unterschiedliche Nummerierung führt zu einem Faktor 2. Das Ergebnis (6.24) hatten wir für feste Randbedingungen erhalten. Für endliches N tritt wegen der Translationssymmetrie bei periodischen Randbedingungen die Eigenfrequenz null auf; die festen Randbedingungen in Aufgabe 6.5 brechen diese Symmetrie und die entsprechende Eigenfrequenz ist auch für große N nicht exakt null. Im Kontinuumslimes N → ∞ erhält man in beiden Fällen die hier diskutierten Ergebnisse der unendlichen linearen Kette.

6.7 Eindimensionales Kristallmodell II Die Massen m2n = m und m2n+1 = M mit n = 0, ±1, ±2, ... können sich längs der y-Achse bewegen. Harmonische Federn (Federkonstante k) zwischen benachbarten Massen führen zu den Gleichgewichtslagen yν0 = a · ν; die Länge a ist die Gitterkonstante dieses eindimensionalen Kristallmodells aus zwei Atomsorten. Die Auslenkungen aus dem Gleichgewicht werden mit xν (t) = yν (t) − yν0 bezeichnet: y2 n−1

y2 n

M

m

..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ ........ .. ..... ... .... .. u.. .... ... .... ... .... ... .... ... .... .. x . . . . . . . . . . . u. . . . . . . . . . . . . . . . . . u. . . . . . . . . . . x .... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... .......

-

-

x2n−1

x2n

y

-

a

Geben Sie die Lagrangefunktion und die Bewegungsgleichungen an. Reduzieren Sie die Bewegungsgleichungen mit dem Ansatz

x2n (t) = Qq (t) exp i q (2n)a ,

x2n+1 (t) = Pq (t) exp i q (2n + 1)a

mit Qq (t) = Aq exp(−i ωq t) und Pq (t) = Bq exp(−i ωq t) auf zwei gekoppelte Gleichungen für Aq und Bq . Lösen Sie diese Gleichungen. Berechnen und skizzieren Sie die Dispersionsrelation ωq = ω(q) als Funktion von q. Wählen Sie dazu einen geeigneten Bereich für die Wellenzahl q.

103


Lösung: Die Lagrangefunktion für die unendliche lineare Kette mit alternierenden Massen m und M lautet ∞ ∞

k

2

2 1 2 2 x2n+1 − x2n + x2n − x2n−1 + M x˙2n+1 m x˙2n − L(x, x) ˙ = 2 n=−∞ 2 n=−∞ Die dazugehörigen Euler-Lagrange-Gleichungen

m x¨2n = k x2n+1 − 2x2n + x2n−1

M x¨2n+1 = k x2n+2 − 2x2n+1 + x2n lassen sich mit dem angegebenen Ansatz vereinfachen ¨ q (t) = k Pq (t) exp(i q a) − 2Qq (t) + Pq (t) exp(−i q a) mQ M P¨q (t) = k Qq (t) exp(i q a) − 2Pq (t) + Qq (t) exp(−i q a) Mit Qq (t) = Aq exp(−i ωq t) und Pq (t) = Bq exp(−i ωq t) erhalten wir das gesuchte gekoppelte lineare Gleichungssystem:

2 k − m ω2 Aq − 2 k cos(q a)Bq = 0

(6.26) −2 k cos(q a)Aq + 2 k − M ω2 Bq = 0 Für eine nichttriviale Lösung muss die Koeffizientendeterminante verschwinden, also

2 k − mω2 2 k − M ω2 = 4 k 2 cos2 (q a) (6.27) Diese quadratische Gleichung in ω2 hat die beiden Lösungen # " k 4 μ2 2 2 ωq = 1∓ 1− sin (q a) μ mM Dabei haben wir die reduzierte Masse μ = mM/(m + M) verwendet. Die Funktion ωq = ω(q) ist periodisch in π/a (im Gegensatz zu 2π/a für die unendliche lineare Kette mit gleichen Massen aus Aufgabe 6.6). Zur Vermeidung von Doppelzählungen müssen wir q auf ein π/a-Intervall beschränken, also zum Beispiel (zunächst) auf die 1. Brillouinzone mit |q| ≤ π/(2a). Die beiden Zweige der Dispersionsrelation ωq sind in diesem Intervall für das Massenverhältnis M/m = 3/2 skizziert: ωq 6 .. ..

. . ... ... ........ ................ ........ ....... ........ .... .... ....... ...... . ....... ...... .... .... ....... ...... ...... .... ..... ... . . . . ....... ..... ... .. . . .. .. . .. .. . . ... .... .... .... .... .... .... ... ... . . .. ... . . .. . ... .. ... ... .... ....

........................ .......... . ....... .... ....... ....... .... ..... ... . ... ... . ... .... .... .... ... . .. . .. .. ...

−π/a

√

√

2k/m

...

.... ................... .... . . . . . . . . .... ....... ....... .... . . . . . . ..... ....

2k/M . ......... ........ ..... .... . .... . . . .... ... .... ... .... . . .... ... .... ... . .... . .... ... .... ..... ... ... ....... −π/2a π/2a

. ... ... . ... .... .... .... .. . .. .. .... ....

√

π/a

2k/μ

-

q

104

Teil I Mechanik

Der niederfrequente akustische Zweig ω(q)2 ≤ 2k/M (durchgezogen) ist vom hochfrequenten optischen Zweig ω(q)2 ≥ 2k/m (gestrichelt) durch ein sogenanntes Stoppband getrennt. Die Bezeichnungen „akustisch“ und „optisch“ beziehen sich darauf, wie diese Schwingungen im Kristall angeregt werden können. In einem realistischen dreidimensionalen Kristall gibt es im Allgemeinen mehrere akustische und optische Zweige, die zu longitudinalen und zu transversalen Schwingungen gehören. Longitudinal bedeutet, dass die Auslenkung in Richtung des Wellenvektors erfolgt (wie in unserem eindimensionalen Modell); bei transversalen Schwingungen ist die Auslenkung dagegen senkrecht zum Wellenvektor. In der Abbildung haben wir den für |q| < π/(2a) gestrichelt eingezeichneten optischen Zweig als durchgezogene Linie in das Intervall π/(2a) < |q| ≤ π/a verlegt; wegen sin2 (q a) = sin2 (π − q a) ist das zulässig. Dann ist ωq = ω(q) eine Funktion im eigentlichen Sinn. Im Grenzfall gleicher Massen M → m schließt sich die Lücke zwischen den beiden Zweigen und wir erhalten die in der vorherigen Aufgabe abgebildete Dispersionsrelation zurück. Wir berechnen noch das Amplitudenverhältnis aus einer der beiden (linear abhängigen) gekoppelten Gleichungen (6.26) '

( 2 2) 2 k − m ω 2 k − M ω ( 2 k − M ωq2 q q 2 k cos(q a) Aq ) = = =± 2 k − m ω 2 Bq 2 k − m ωq2 2 k − m ωq2 q Dabei haben wir zuerst den cos(q a) mit Hilfe von (6.27) eliminiert und dann die Vorzeichen der einzelnen Faktoren für die beiden Zweige untersucht (Vorsicht beim Kürzen!). Das Pluszeichen gilt für den akustischen und das Minuszeichen für den optischen Zweig. Demnach schwingen im niederfrequenten akustischen Zweig benachbarte Atome in Phase, während im hochfrequenten optischen Zweig benachbarte Atome gegenphasig schwingen.

7 Hamiltonformalismus Im Hamiltonformalismus werden die kanonischen Gleichungen (anstelle der Lagrangegleichungen) als Grundgesetze der Mechanik aufgestellt. Dabei werden die für andere Teile der Physik wichtigen Begriffe der Hamiltonfunktion und des Phasenraums eingeführt. Weitere Konzepte und Entwicklungen des Hamiltonformalismus (Poissonklammern, kanonische Transformationen, Hamilton-JacobiGleichung) werden kurz vorgestellt. Für die praktische Lösung von Problemen bietet der Hamiltonformalismus im Allgemeinen keine Vorteile gegenüber dem Lagrangeformalismus. Der Hamiltonformalismus ist aber der Ausgangspunkt für die Untersuchung der Relationen zwischen der Mechanik und der Quantenmechanik.

Kanonische Gleichungen Wir definieren zunächst die Hamiltonfunktion H (q, p, t) =

f

q˙i (q, p, t) pi − L (q, q(q, ˙ p, t), t)

(7.1)

i =1

Wesentlich ist, dass H als eine Funktion der Argumente q1 ,..., qf , p1 ,...,pf und t definiert wird. Dazu löst man die verallgemeinerten Impulse pi = ∂L(q, q, ˙ t)/∂ q˙i nach den Geschwindigkeiten q˙k = q˙k (q, p, t) auf und setzt diese q˙k (q, p, t) im Argument von L ein. Wenn die kinetische Energie T quadratisch von den Geschwindigkeiten q˙i abhängt und die Lagrangefunktion von der Form L = T − U (q, t) ist, dann gilt (∂L/∂ q˙i ) q˙ i = 2T . Dann ist die Hamiltonfunktion von der Form H (q, p, t) = T + U

(7.2)

Dies gilt insbesondere, wenn die Koordinaten kartesisch sind und wenn das Potenzial nicht von den Geschwindigkeiten abhängt. In Aufgabe 7.3 wird ein Gegenbeispiel betrachtet, in dem H = T + U . Ausgehend von der Definition (7.1) zeigt man dH/dt = ∂H/∂t. Das bedeutet ∂H =0 ∂t

−→

H = const.

Im Fall (7.2) ist dies der Energieerhaltungssatz. 105 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_7, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

(7.3)

106

Teil I Mechanik

Ausgehend von der Definition (7.1) bestimmt man die partiellen Ableitungen ∂H/∂qk und ∂H/∂pk und erhält dadurch die kanonischen oder Hamiltonschen Gleichungen: ∂H (q, p, t) ∂H (q, p, t) p˙k = − , q˙ k = (7.4) ∂qk ∂pk Diese 2f Differenzialgleichungen 1. Ordnung sind äquivalent zu den Lagrangegleichungen (f Differenzialgleichungen 2. Ordnung). Äquivalent zu diesen Gleichungen ist auch das Hamiltonsche Prinzip (3.12): δS[q ] = δ

t2

t1

t2

dt L = δ

dt t1

f

pi q˙i − H (q, p, t) = 0

(7.5)

i =1

Phasenraum Die Angabe der 2f Werte q1 ,..., qf und p1 ,...,pf legt den Zustand des betrachteten Systems fest. Wir ordnen nun jedem Zustand einen Punkt in einem abstrakten, 2f -dimensionalen Raum zu, der durch 2f kartesische Koordinatenachsen für die Größen qi und pi aufgespannt wird. Dieser Raum wird Phasenraum genannt. Die zeitliche Entwicklung des Systems wird durch eine Trajektorie im Phasenraum beschrieben. Durch (7.6) VPR (E) = . . . dp1 . . . dpf dq1 . . . dqf H (q, p) < E

definieren wir das Phasenraumvolumen. Es umfasst alle Zustände mit einer Energie kleiner als E. In einem Phasenraumvolumen gibt es zwar unendlich viele Punkte (klassische Zustände) aber nur VPR (E) (NE 1) (7.7) NE = (2π h¯ )f quantenmechanische Zustände. Nach der Unschärferelation können die Koordinate qk und der Impuls pk nur gemäß Δqk Δpk ≥ h/2 ¯ festgelegt werden. Dementsprechend nimmt ein quantenmechanischer Zustand ein Volumen der Größe h¯ im qk -pk Unterraum ein. Der Phasenraum wird in der Statistischen Mechanik zum Abzählen von Zuständen verwendet.

Kanonische Transformationen Wir betrachten Transformationen von den Variablen (q, p) zu neuen Variablen Qk = Qk (q, p, t),

Pk = Pk (q, p, t)

(7.8)

107

Kapitel 7 Hamiltonformalismus

Eine kanonische Transformation ist dadurch definiert, dass sie die kanonischen Gleichungen invariant lässt. Man kann eine solche Transformation durch eine frei zu wählende erzeugende Funktion G(q, Q, t) erhalten; alternativ kommen als Argumente dieser Funktion auch (q, P ), (p, Q) und (p, P ) in Frage. Dann schreibt man folgende Verbindung zwischen der alten Hamiltonfunktion H (q, p, t) und der neuen Hamiltonfunktion H (Q, P , t) an: f

pi q˙i − H (q, p, t) =

i =1

f i =1

d Pi Q˙ i − H (Q, P , t) + G(q, Q, t) dt

(7.9)

Eine totale Zeitableitung dieser Form ändert nicht (ana die Bewegungsgleichungen log zu (3.14)). Wenn man nun dG/dt = (∂G/∂qi ) q˙i + (∂G/∂Qi ) Q˙ i +∂G/∂t in (7.9) einsetzt und beide Seiten vergleicht, erhält man pk (q, Q, t) =

∂G(q, Q, t) , ∂qk

Pk (q, Q, t) = −

H (Q, P , t) = H (q, p, t) +

∂G(q, Q, t) ∂Qk

∂G(q, Q, t) ∂t

(7.10) (7.11)

Man kann nun (7.10) nach q = q(Q, P , t) und p = p(Q, P , t) auflösen. Wenn man diese Größen auf der rechten Seite von (7.11) einsetzt, erhält man die neue Hamiltonfunktion H (Q, P , t). Für die neue Hamiltonfunktion gelten wieder die kanonischen Gleichungen: ∂H Q˙ k = , ∂Pk

∂H P˙k = − ∂Qk

(7.12)

Poissonklammer Für zwei (System-)Größen F = F (q, p, t) und K = K(q, p, t) definieren wir die sogenannte Poissonklammer: f * + ∂F ∂K ∂F ∂K − F, K ≡ ∂qi ∂pi ∂pi ∂qi

(7.13)

i =1

Wenn man die Zeitableitung dF (q, p, t)/dt bildet und die kanonischen Gleichungen berücksichtigt, erhält man * + ∂F dF = F, H + dt ∂t

(7.14)

Die Poissonklammer ist das Pendant zum quantenmechanischen Kommutator.

108

Teil I Mechanik

Hamilton-Jacobi-Gleichung Man kann die kanonische Transformation suchen, für die die neue Hamiltonfunktion (7.11) verschwindet: H (Q, P , t) = H (q, p, t) +

∂W (q, Q, t) ! =0 ∂t

(7.15)

Die Erzeugende der Transformation wird hier mit G = W (q, Q, t) bezeichnet. Für ˙ i = 0 und P˙i = 0, also H = 0 lauten die neuen kanonischen Gleichungen Q Qi = ai = const. und Pi = bi = const. Wenn man hierfür (7.10) berücksichtigt, dann wird (7.15) zu ∂W (q, a, t) ∂W (q, a, t) ∂W (q, a, t) H q1,..., qf , =0 ,..., ,t + ∂q1 ∂qf ∂t

(7.16)

Diese Hamilton-Jacobi-Gleichung ist eine partielle Differenzialgleichung 1. Ordnung für die Funktion W (q1 , . . . , qf , t). Wir benötigen eine spezielle Lösung W (q, t) = W (q, a, t), die neben den Variablen q und t von f unabhängigen Konstanten a1,..., af abhängt; eine solche Lösung ist meist viel einfacher zu erhalten als die allgemeine Lösung. Häufig findet man eine solche spezielle Lösung mit einem Separationsansatz W = W0 (t) + W1 (q1 ) + W2 (q2 ) + . . . + Wf (qf ). Wenn man eine solche spezielle Lösung gefunden hat, dann bekommt man die gesuchte Bahnbewegung aus dem Schema , pi = ∂W (q, a, t)/∂qi qi = qi (a, b, t) Auflösen (7.17) −→ pi = pi (a, b, t) bi = −∂W (q, a, t)/∂ai Die linken Gleichungen stellen 2f algebraische Gleichungen für die 2f Funktionen qi (t) und pi (t) dar. Die Lösungen qi (t) und pi (t) dieses Gleichungssystems hängen von 2f Konstanten ai und bi ab; sie stellen daher die allgemeine Lösung der kanonischen Gleichungen dar.

109


Aufgaben 7.1 Hamiltonfunktion für Massenpunkt auf Kreiskegel 6z

g

.. ... ................................ ....................................... . .......... ... ............... .....................................................................

AA ? A

A A

tm

A

..................

r

α

A A

x-

Ein Massenpunkt gleitet reibungsfrei im Schwerefeld auf einem Kreiskegel. Das System wird durch die Lagrangefunktion

m 2 ˙ = L(r, r˙ , φ) r˙ + r 2 φ˙ 2 sin2 α − mg r cos α 2 beschrieben. Stellen Sie die Hamiltonfunktion und die Hamiltonschen Gleichungen auf.

Lösung: Das System hat zwei Freiheitsgrade. Die verallgemeinerten Impulse sind pr =

∂L = m r˙ , ∂ r˙

pφ =

∂L = m r 2 φ˙ sin2 α ∂ φ˙

Damit stellen wir die Hamiltonfunktion (7.1) auf: H (r, pr , pφ ) = pr r˙ + pφ φ˙ − L = =

m 2 r˙ + r 2 φ˙ 2 sin2 α + mg r cos α 2

pφ2 pr2 + + mg r cos α 2 m 2 m r 2 sin2 α

Da die Hamiltonfunktion nicht explizit von der Zeit abhängt, ist die Energie E = H eine Erhaltungsgröße. Die Hamiltonschen Gleichungen lauten: p˙ r = −

pφ2 ∂H = + mg cos α ∂r m r 3 sin2 α

r˙ =

p˙ φ = −

∂H =0 ∂φ

∂H pφ φ˙ = = ∂ pφ m r 2 sin2 α

∂H pr = ∂pr m

Wegen der Invarianz des Problems gegenüber Drehungen um die z-Achse, ist φ eine zyklische Koordinate. Die zugehörige Erhaltungsgröße pφ = = const. ist die z-Komponente des Drehimpulses. Die Lösung der Bewegungsgleichungen ist in Kapitel 10 von [1] angegeben.

7.2 Hamiltonfunktion für Teilchen im elektromagnetischen Feld Für ein geladenes Teilchen im elektromagnetischen Feld lautet die Lagrangefunktion m 2 q L(˙r , r, t) = r˙ − q Φ(r, t) + r˙ · A(r, t) 2 c Stellen Sie die zugehörige Hamiltonfunktion auf.

110

Teil I Mechanik

Lösung: Der verallgemeinerte Impuls ist p=

q ∂L = m r˙ + A(r, t) ∂r c

Damit stellen wir die Hamiltonfunktion (7.1) auf: H (r, p, t) = p · r˙ − L =

2 m 2 1 q r˙ + q Φ(r, t) = p − A(r, t) + q Φ(r, t) 2 2m c

7.3 Massenpunkt auf rotierender Stange Ein Massenpunkt auf der rotierenden Stange wird durch die Lagrangefunktion

m 2 ρ˙ + ω2 ρ 2 L(ρ, ρ) ˙ = 2 beschrieben. Stellen Sie die Hamiltonfunktion auf. Gilt ∂H/∂t = 0? Gilt H = const.? Ist H gleich der Energie des Massenpunkts? Ist die Energie erhalten?

6y

m

u 3 +

........ ................ ϕ = ω t .. .. .

x-

Lösung: Das System besitzt einen Freiheitsgrad. Der verallgemeinerte Impuls ist pρ =

∂L = m ρ˙ ∂ ρ˙

Damit stellen wir die Hamiltonfunktion (7.1) auf: H (ρ, pρ ) = pρ ρ˙ − L =

pρ2 m 2 m 2 2 ρ˙ − ω2 ρ 2 = − ω ρ 2 2m 2

Die Hamiltonschen Gleichungen lauten: p˙ ρ = −

∂H = m ω2 ρ ∂ρ

und

ρ˙ =

∂H pρ = ∂pρ m

Aus diesen Gleichungen folgt ρ¨ = ω2 ρ und die allgemeine Lösung ρ(t) = A exp(ω t) + B exp(−ω t)

(7.18)

Diese Lösung wird in den Kapiteln 8 und 10 von [1] diskutiert. Die Hamiltonfunktion hängt nicht explizit von der Zeit ab, ∂H /∂ t = 0. Damit ist H = const. eine Erhaltungsgröße. Allerdings ist H in diesem speziellen Fall nicht gleich der Energie des Massenpunkts; dies liegt an der expliziten Zeitabhängigkeit der Zwangsbedingung. Die Energie E(t) =

pρ2

m 2 m 2 2 ρ˙ + ω2 ρ 2 = + ω ρ 2 2m 2

ist nicht erhalten, wie man leicht durch Einsetzen einer Lösung sehen kann.

111


Ergänzende Anmerkung: Die Energieänderung kann mit den Hamiltonschen Gleichungen in folgender Form geschrieben werden: pρ p˙ ρ d E(t) = + mω2 ρ ρ˙ = ω2 pρ ρ + ω2 pρ ρ = 2 ω2 pρ ρ dt m Für pρ = m ρ˙ > 0 nimmt die Energie zu, für pρ = m ρ˙ < 0 nimmt sie ab (wir setzen ρ = 0 voraus). Im Allgemeinen wird die Integrationskonstante A in (7.18) nicht verschwinden. Dann bewegt sich die Masse für große Zeiten exponentiell beschleunigt nach außen, und die Energie steigt exponentiell an. Dabei werden die Zwangskräfte schließlich so groß, dass eine reale Stange bricht.

7.4 Ebenes Pendel im Phasenraum Ein ebenes Pendel besteht aus einer Masse m am Ende einer masselosen Stange der Länge . Im Schwerefeld hat das Pendel die potenzielle Energie U (q) = mg (1 − cos q) Dabei ist q = ϕ der Auslenkwinkel des Pendels. Skizzieren Sie mögliche Bahnkurven für Energien E ≥ 0 im zweidimensionalen p-q-Phasenraum. Lösung: Aus L = m 2 q˙ 2 /2 − U folgt der verallgemeinerte Impuls p=

∂L = m 2 q˙ ∂ q˙

Damit stellen wir die Hamiltonfunktion (7.1) auf: H (q, p) = p q − L =

p2 + mg (1 − cos q) 2 m2

Die Zwangsbedingung ist zeitunabhängig, und es gilt ∂H /∂t = 0. Damit ist E = H (q, p) eine Erhaltungsgröße: p2 E= + mg (1 − cos q) (7.19) 2 m2 Diese Bedingung definiert Kurven im Phasenraum, die wir im Folgenden in Abhängigkeit von E diskutieren. Jeder Punkt einer solchen Kurve ist ein Systemzustand. Im Laufe der Zeit werden die verschiedenen Punkte der Kurve durchlaufen; man spricht daher auch von den Bahnkurven oder Trajektorien im Phasenraum. Für E = 0 sind q und p gleich null. Das Pendel befindet sich in seiner Ruhelage. Die Bahnkurve oder Trajektorie im Phasenraum besteht aus einem einzelnen Punkt. Im Fall kleiner Energien E mg gilt q 1 und (7.19) wird zu p2 mg 2 + q =1 2 2m E 2E

(E mg )

(7.20)

Die Bahnkurven sind Ellipsen. Das Pendel durchläuft alle Punkte der Ellipse. Eine Schwingungsperiode des Pendels entspricht einem vollen Durchlauf der Ellipse im Phasenraum.

112

Teil I Mechanik

Für (7.20) haben wir die Entwicklung 1 − cos q = q 2 /2 − q 4 /24 ± ... beim quadratischen Term abgebrochen. Mit wachsender Energie kommt es zu größeren Auslenkungen und die nächsten Terme in dieser Entwicklung gewinnen an Einfluss; die Anharmonizitäten nehmen zu. Für E < 2mg sind die Bahnkurven geschlossen. Sie beschreiben periodische Schwingungen mit Umkehrpunkten am maximalen und minimalen q-Wert oder Winkel. Diese Bewegungen werden Librationen genannt. Für E > 2mg sind die Bahnkurven nicht mehr geschlossen. Die Koordinate wächst mit der Zeit unbeschränkt an; das System kehrt allerdings bei Zunahme des Winkels q = ϕ um 2π in seinen ursprünglichen Zustand zurück. Es gibt keine Umkehrpunkte. Diese Bewegungen sind Rotationen. Wir betrachten nun den Grenzfall E = 2mg , der die beiden diskutierten Bereiche (Librationen und Rotationen) voneinander trennt. Die zugehörige Trajektorie p = ±2m 2

g q cos 2

mit

E = 2mg

wird Separatrix genannt (fette Kurve in der folgenden Abbildung). Der Punkt q = ±π bei E = 2mg ist ein instabiler Gleichgewichtspunkt (Schiffschaukel am oberen Scheitelpunkt). Die Zeit zum Durchlaufen der Separatrix ist unendlich groß (wegen der Verweildauer in der Umgebung des oberen Totpunkts). Bei sehr großen Energien E 2mg ist die potenzielle Energie gegenüber der kinetischen Energie vernachlässigbar, und das Pendel geht in einen freien Rotator über. Die Trajektorie √ (E 2mg ) p = 2m 2 E beschreibt dann eine gleichförmige Rotation. p 6

−π

. . .... .................................................... .... ................. ........................... .............. ................. . . . . . . . . . . . . ... ... . ............ ....... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .................. ................. ...... ................ ............. ............................. ...................................... .............. ............ . . . . . . . . . . .. . . .......... ...... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . ............. .......... ......... ............ .. .. ............ . . . . . . ........... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .............. . . ............... . . . .................................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . ....... .......... . . ...... . . . . . . . . . . . . . . ....... ...... ....... ..... ..... .... .... . . . ........................................ . ...... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .... ...... ...... ... ..... ... ..... .... ..... .. . . ..... . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........ ...... .... ... . ... . ...... .. ... .... ....... .. ... . ... .. ... . ... . . . . . . . . . . . ....... . . ... .... .......... .... .. .. .. ... ... ... .. . ..... ... ... ..... ... ..... . ... ... ... . . . . . . . . . . . . . . . . . .. ...... . . . .................... .... ... . ...... ...... .. .... ... ..... ... .... ... ........ ..... ...... ..... ..... . . . .... . ............................................... . ...... . . . ...... . ... . ... . .. ...... ....... ..... ....... ... .... ....... .................................................................................. ............ ............................. . . . . . . . . . . . ......... ............. .................... ... ... ........ ............ . . .......... . ............. . . . . . . . . . . . . . . . . ......... . . ...................................... ... ........... .......... ... ... ............ ........... . ................................... .............. ............ .......................... . . . . . . . . . . . . . . . ............... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... ...................................................... ............. ...... . . . . . . . . . ... . . . .............. ....... . . . . . . . ................. . . . . . . ... .. .......... ........................ . .. ........................................................ . . ... ...

r

q

π

-

Trajektorien für das ebene Pendel. Für E = 0 ruht das Pendel (zentraler Punkt). Für etwas höhere Energie schwingt es harmonisch (Ellipsen). Mit wachsender Energie gibt es Abweichungen von der Ellipsenform; die Librationen haben zunehmend anharmonische Anteile. Für E = 2mg ergibt sich die fett eingezeichnete Separatrix, die die Librationen von den Rotationen bei höheren Energien trennt. Für die Rotationen muss man sich jeweils den Endpunkt einer Trajektorie bei q = π mit dem (gleichen) Punkt bei q = −π verbunden vorstellen.

Anmerkung: Das behandelte Beispiel des Pendels hat große Bedeutung als Näherungslösung für nichtintegrable Systeme mit mehreren Freiheitsgraden in der Nähe einer Beinaheresonanz. Für Trajektorien ganz in der Nähe der Separatrix kann dann Chaos auftreten. Das vorgestellte Phasenraumdiagramm spielt eine universelle Rolle beim Übergang von regulärer zu chaotischer Bewegung.

113


7.5 Liouvillescher Satz p 6 P .............................................................................. . . . . . . . ....... ................ .... ....................................... ..... ................ .. .. ....................... .... . .. .. ................ .. ....... .............................. .. .. ............ .. .. ... .. ........................ .. . ............. .. .. ........................... .... .. .. ................ .. . . . . . . . .. .. . . . . . . . .. ... .. ........................ . ............ .. .. .. . . . . . . . .. ... . . . . .. . . . . . . . .. .

-

Z

z

Es wird die eindimensionale Bewegung (längs der zAchse) von N 1 gleichartigen Teilchen betrachtet. Der Zustand (Ort z und Impuls p = m z˙ ) eines herausgegriffenen Teilchens wird durch einen Punkt im Phasenraum dargestellt. Zur Zeit t = 0 sei die Dichte dieser Punkte konstant im Bereich 0 ≤ z ≤ Z und 0 ≤ p ≤ P , und null außerhalb.

Berechnen und skizzieren Sie, wie sich die Grenzen des besetzten Phasenraumbereichs im Laufe der Zeit verschieben, und zwar für (i) kräftefreie Bewegung und (ii) Bewegung im Schwerefeld g = g ez . Begründen Sie, dass das Volumen dieses Phasenraumbereichs und die Dichte der Punkte konstant ist. Das Ergebnis kann zum Liouvilleschen Satz verallgemeinert werden: Die Dichte der Systempunkte im Phasenraum ist zeitlich konstant. Lösung: (i) Für die kräftefreie Bewegung gilt pi (t) = pi (0) ,

zi (t) =

pi (0) t + zi (0) m

Jeder einzelne Punkt im Phasenraum verschiebt sich gemäß dieser Lösung: p 6 P

Das Rechteck im Phasenraum wird in ein Parallelogramm gleicher Fläche abgebildet. Das Phasenraumvolumen bleibt also konstant. Dies gilt offensichtlich auch für Rechtecke beliebiger Größe. Daher gilt die Flächenerhaltung für beliebige Flächen, die wir uns in lauter kleine Rechtecke aufgeteilt denken können. Dies bedeutet auch, dass die Dichte (der eingezeichneten Punkte oder Systemzustände) im Phasenraum konstant ist.

. . . . ..... .................. .. .. ................ ....................................... .................. .... ........................ .. ............................... . .. . . . . . . . ..................... . . . . . . ... .... .. .................................... ................................. .... . ..... ......................................... .. ....................... . . . . . . . . .. .... .. .. ... ..................................... ......................... .. .. .. ............................... -

Z

z

(ii) Für die Bewegung im Schwerefeld gilt pi (t) = mg t + pi (0) ,

zi (t) =

g 2 pi (0) t + t + zi (0) 2 m

Wir skizzieren wieder die Entwicklung der Systemzustände (Punkte) im Phasenraum: p 6

P

. . . . . . . ..... ............ .. ......................................... ............................ .. .. . .............................. .... ............ .. .. .. . ..... .................. ........ .. .. .... ....................................... .................. ...... .. .... ...................... .. ....... .. .. ............ . .. .... .................. .... .. .. ........ ....................................... ........ .... .... ............ ...................... .. . .. .. .. ................ . .. . . . . . . . ..

g-

Z

z

Auch unter dem Einfluss einer äußeren Kraft wird das ursprüngliche Rechteck in ein Parallelogramm gleicher Fläche abgebildet. Die Dichte im Phasenraum ist damit konstant. Für diese und die vorhergehende Abbildung wurde die Zeit t = 2mZ/(3P ) gewählt. Außerdem wurde g = 3P 2 /(2 m2 Z) gesetzt.

114

Teil I Mechanik

7.6 Beispiel für kanonische Transformation Gegeben ist die Hamiltonfunktion H (q, p) = pi2 /2m + U (q1,.., qf ). Gehen Sie mit der Erzeugenden f G(q, Q) = qi Qi i =1 H (Q, P , t)

zu einer neuen Hamiltonfunktion über, und vergleichen Sie H mit H . Welche Bedeutung haben die neuen Koordinaten Qi und Impulse Pi ? Lösung: Die Hamiltonfunktion und die Erzeugende hängen beide nicht explizit von der Zeit t ab. Die Gleichungen (7.10) lauten pk (q, Q) =

∂G(q, Q) = Qk , ∂ qk

Pk (q, Q) = −

∂G(q, Q) = −qk ∂ Qk

Die alten Variablen können damit durch die neuen ersetzt werden. Die neue Hamiltonfunktion ist dann H (Q, P ) = H (q, p) =

f Qi2 + U (−P1 , −P2 , . . . , −Pf ) 2m i=1

H und H haben dieselbe funktionale Gestalt; lediglich die Rolle von Koordinaten und Impulsen wurde (abgesehen von einem zusätzlichen Minuszeichen) vertauscht.

7.7 Erzeugende für kanonische Transformation Gegeben ist die Hamiltonfunktion H (q, p) für ein System mit einem Freiheitsgrad. Für welche Parameter α, β, γ , δ sind die Transformationen Q = q α pβ ,

P = q γ pδ

kanonisch? Die notwendige und hinreichende Bedingung hierfür ist, dass die Poissonklammer gleich 1 ist, {Q, P } = 1. Bestimmen Sie für diesen Fall die Erzeugende G(q, Q). Lösung: Wir berechnen zuerst die Poissonklammer *

Q, P

+

=

∂Q ∂P ∂Q ∂P ! − = α δ − β γ q α+γ −1 p β+δ−1 = 1 ∂q ∂p ∂p ∂q

Aus den drei Bedingungen α + γ = 1, folgen

α =1−γ ,

β + δ = 1,

αδ − βγ = 1

β = −γ ,

δ =1+γ

Damit ist die einparametrige Schar von Transformationen Q = q 1−γ p −γ = q (q p)−γ ,

P = q γ p1+γ = p (q p)γ

(7.21)

115


kanonisch. Für γ = 0 erhalten wir die identische Transformation Q = q und P = p. Wir konstruieren nun die Erzeugende G(q, Q). Wegen p(q, Q) =

∂G(q, Q) , ∂q

P (q, Q) = −

∂G(q, Q) ∂Q

(7.22)

benötigen wir p und P als Funktionen von q und Q. Wir lösen (7.21) entsprechend auf: p(q, Q) =

1 q 1/γ , q Q

P (q, Q) =

1 q 1/γ Q Q

Wir setzen dies in (7.22) ein und bestimmen daraus die erzeugende Funktion: G(q, Q) = γ

q 1/γ Q

8 Kontinuumsmechanik Die Kontinuumsmechanik befasst sich mit der Dynamik von elastischen Körpern, von Flüssigkeiten und von Gasen. Mathematisch betrachtet handelt es sich um Feldtheorien; an die Stelle der Bahnen für Massenpunkte treten Felder für kontinuierliche Massenverteilungen. Als exemplarische Anwendungen behandeln wir die Saitenschwingung, die statische Balkenbiegung und die Grundgleichungen der Hydrodynamik. Ein kurzer Ausblick auf andere Feldtheorien beendet das Kapitel.

Saitenschwingung Eine Saite sei im Intervall [0, l] der x-Achse mit der Kraft P eingespannt. Das Feld u = u(x, t) = Auslenkung der Saite

(8.1)

beschreibt die Bewegung der Saite. Die Lagrangefunktion L dieses mechanischen Systems ist ein Integral über alle Teile der Saite:

l

L(u, ˙ u)=T −U = 0

" # ∂u(x, t) 2 P ∂u(x, t) 2 dx − 2 ∂t 2 ∂x ./ 0 = L0 (u, ˙ u )

(8.2)

Den Integranden bezeichnen wir als Lagrangedichte L0 . Die partiellen Ableitungen werden mit u˙ und u abgekürzt. Da die Saite als Grenzfall eines Systems aus vielen Massenpunkten betrachtet werden kann, gilt das Hamiltonsche Prinzip: δS = δ

t2

l

dt t1

dx L(u, u, ˙ u , x, t) = 0

(8.3)

0

Wir lassen hier auch allgemeinere Lagrangedichten zu, neben L = L0 etwa auch L = L0 + u f (x, t); dabei ist f eine äußere Kraftdichte (zum Beispiel f = g im homogenen Schwerefeld der Erde). Die Euler-Lagrange-Gleichungen für (8.3) lauten ∂ ∂L ∂ ∂L ∂L + =0 (8.4) − ∂t ∂ u˙ ∂x ∂u ∂u 116 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_8, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

117

Kapitel 8 Kontinuumsmechanik

√ Für L = L0 erhalten wir hieraus eine homogene Wellengleichung mit c = P /. Die Wellengleichung wird durch die Rand- und Anfangsbedingungen ergänzt: Wellengleichung:

¨ t)/c2 = 0 u (x, t) − u(x,

Randbedingung:

u(0, t) = u(l, t) = 0

Anfangsbedingung:

u(x, 0) = F (x) ,

(8.5)

u(x, ˙ 0) = G(x)

Ein Separationsansatz u(x, t) = v(x) g(t) liefert Elementarlösungen (Eigenschwingungen) der Form u = sin(kn x) [a cos(ωn t) + b sin(ωn t)], wobei die Randbedingungen diskrete Wellenzahlen und Frequenzen erzwingen: kn =

nπ , l

ωn = c kn ,

n = 1, 2, . . .

(8.6)

Die Überlagerung der Eigenschwingungen (oder Eigenmoden) ergibt die allgemeine Lösung u(x, t) =

∞

sin(kn x) an cos(ωn t) + bn sin(ωn t)

(8.7)

n =1

Die Anfangsbedingungen bestimmen die Amplituden an und bn . Die Eigenschwingungen stellen stehende Wellen dar.

Balkenbiegung Die Auslenkung eines Balkens oder Stabs aus der Ruhelage (x-Achse) sei u(x, t). Der erste und dritte Term in der Lagrangedichte L(u, u, ˙ u , x, t) =

2 k 2 u˙ − u + u f (x, t) 2 2

(8.8)

kann wie bei der Saite begründet werden. Von einer Zugspannung (wie bei der Saite) sehen wir ab. Die elastischen Kräfte des Balkens wirken einer Krümmung entgegen und führen zu dem Beitrag k u 2 /2 der potenziellen Energiedichte. Wir betrachten speziell die statische (u˙ = 0) Durchbiegung des Balkens im Schwerefeld (f = −g ). Dann wird das Hamiltonsche Prinzip zu l k 2 dx u + g u = minimal (8.9) U= 0

2

zur Bedingung minimaler potenzieller Energie. Die Euler-Lagrange-Gleichung (wird unten noch abgeleitet) lautet u (x) = − g/k. Dies hat die Lösung u(x) = −α x 4 + C3 x 3 + C2 x 2 + C1 x + C0

(8.10)

mit α = g/(24 k) > 0. Die Integrationskonstanten Ci sind durch die Randbedingungen des Balkens festzulegen.

118

Teil I Mechanik

Der Balken könnte beidseitig eingespannt sein. Dann legen die Randbedingungen u(0) = u (0) = 0 und u(l) = u (l) = 0 die Konstanten fest. Wie sieht es aber aus, wenn zum Beispiel das eine Ende des Balkens frei ist? Dann ist die Position an diesem Ende mit zu variieren. Da dies anders ist als bei den bisher untersuchten Variationsproblemen, betrachten wir noch einmal dieAbleitung der Euler-LagrangeGleichungen für ein Funktional der Form J [u] = dx F (u , u). Notwendige Voraussetzung für J = minimal ist

l

δJ = J [u + δu] − J [u] = 0

p.I. dx Fu δu + Fu δu = Fu δu l − Fu δu 0

2 l dFu dFu d Fu δu + δu + − dx + Fu δu(x) = 0 dx dx dx 2 0 l 0

(8.11)

Der Term Fu δu wurde zweimal partiell integriert. Aus der Beliebigkeit von δu(x) folgt zunächst die Differenzialgleichung d 2 Fu /dx 2 + Fu = 0, und für (8.9) damit u (x) = − g/k. Neben dem Integral müssen aber auch die Randterme verschwinden. Wenn der rechte Rand des Balkens frei ist, dann sind δu(l) und δu (l) beliebig, und es müssen Fu (l) = 0 und (dFu /dx)l = 0 gelten, also u (l) = 0 und u (l) = 0. Damit erhalten wir für jede Seite des Balkens zwei Bedingungen, so dass die vier Integrationskonstanten in (8.10) festgelegt werden können.

Hydrodynamik Wir betrachten ideale Flüssigkeiten. Dies sind Systeme, die durch die 5 Felder Massendichte (r, t) = Δm/ΔV , Geschwindigkeitsfeld v(r, t) und Druck P (r, t) beschrieben werden. Das Volumen ΔV in = Δm/ΔV wird so groß gewählt, dass es viele Teilchen (zum Beispiel 108 Moleküle) enthält; Geschwindigkeit und Druck sind die über solche Bereiche gemittelten Größen. Die 5 Felder (r, t), v(r, t) und P (r, t) genügen folgenden Gleichungen: Kontinuitätsgleichung: Eulergleichung: Zustandsgleichung:

˙ + ∇( v) = 0

(8.12)

v˙ + (v · ∇) v = −∇P + f

(8.13)

P = P ()

(8.14)

Die Kontinuitätsgleichung garantiert die Massenerhaltung. Die Zustandsgleichung hängt von der Art der Materie ab (zum Beispiel P ∝ für ein ideales Gas bei fester Temperatur). Die Eulergleichung ist die Verallgemeinerung des 2. Newtonschen Axioms Δm dv/dt = ΔF . Die Kraftdichte ΔF /ΔV besteht aus dem Druckanteil −∇P und sonstigen Kräften f . Für dv ist dv = dt ∂t v+dx ∂x v+dy ∂y v+dz ∂z v = [∂t v + (v · ∇) v] dt einzusetzen. Die partiellen Differenzialgleichungen (8.12) und (8.13) sind durch Rand- und Anfangsbedingungen zu ergänzen.

119


Bernoulli-Gleichung Für die kräftefreie, stationäre Strömung einer inkompressiblen Flüssigkeit gelten f = 0, = 0 , v = v(r) und P = P (r). Damit wird die Eulergleichung zu 0 (v · ∇) v = −grad P

(8.15)

Wir multiplizieren dies skalar mit v und erhalten (v · ∇)(0 v 2 /2 + P ) = 0 oder 1 0 konstant entlang v(r)2 + P (r) = (8.16) einer Stromlinie 2 Diese Bernoulli-Gleichung besagt, dass die Summe aus dem (gewöhnlichen) Druck P (r) und dem sogenannten Staudruck 0 v 2 /2 entlang einer Stromlinie konstant ist. Die obere Auswölbung eines Flugzeugflügels führt zu einer höheren Strömungsgeschwindigkeit und damit zu einem niedrigeren Druck. Daraus ergibt sich eine nach oben gerichtete Kraft auf den Flügel, die die Schwerkraft ausbalancieren kann. Schallwellen Ein allgemeines Verfahren zur Lösung von nichtlinearen Gleichungen ist die Linearisierung. Dazu geht man von einer bekannten Lösung 0 , v 0 , P0 aus, betrachtet kleine Abweichungen und linearisiert die Gleichungen in diesen kleinen Größen. Zur Ableitung von Schallwellen gehen wir von der trivialen Gleichgewichtslösung = 0 , v = v 0 = 0 und P = P0 aus und betrachten Abweichungen der Form

(r, t) = 0 + Δ exp i(k · r − ω t) (8.17)

v(r, t) = v 0 + Δv exp i(k · r − ω t) Der Druck folgt mit der adiabatischen Kompressibilität κS aus der Dichte: Δ ∂ Δ = ΔP = ∂P S 0 κS

(8.18)

Wir setzen (8.17) in die Euler- und Kontinuitätsgleichung ein und erhalten ⎛

−ω ⎝ k 0 κS

0 k −ω 0

⎞⎛ ⎠⎝

Δ

⎞ ⎠=0

(8.19)

Δv

Eine nichttriviale Lösung erhält man für Δv k und für ω2 =

k2 = cS2 k 2 0 κS

(8.20)

Hierbei ist cS = (0 κS )−1/2 die Schallgeschwindigkeit. Die Lösung beschreibt longitudinale Wellen, die wir als Schallwellen kennen. Für k = k ez ist die Orts- und Zeitabhängigkeit der Lösung durch den Faktor exp[i(k z − ω t)] gegeben, dabei ist ω = cS k.

120

Teil I Mechanik

Feldtheorien Als Ausblick auf andere Gebiete der Physik stellen wir einige weitere Lagrangedichten zusammen. Felder hängen vom Ort und von der Zeit ab. Es ist praktisch, diese Abhängigkeit in der indizierten Größe x α zusammenzufassen, (x α ) = (x 0 , x 1 , x 2, x 3 ) = (c t, x, y, z). In Kapitel 9 wird x α als 4- oder Lorentzvektor klassifiziert und durch (xα ) = (c t, −x, −y, −z) ergänzt. Wir verwenden die Summenkonvention. Die betrachteten Felder mögen n Komponenten haben: ur = ur (xα ) = ur (x0 , x1 , x2 , x3 )

(r = 1, . . . , n)

(8.21)

Das Argument xα steht hier für die Gesamtheit der Variablen x0 , x1 , x2 und x3 . Die Ableitungen der Felder kürzen wir durch einen senkrechten Strich im Index ab, ur|α ≡ ∂ur /∂x α . Wir beschränken uns auf Lagrangedichten der Form (8.22) L = L(ur , ur|α , xβ ) 4 Das Hamiltonsche Prinzip lautet δ d x L = 0 und führt zu den Feldgleichungen ∂L ∂L ∂ − =0 ∂x α ∂ur|α ∂ur

(r = 1,..., n)

(8.23)

Wir führen kurz einige Beispiele für Feldtheorien dieser Form an. Das erste Beispiel ist die Saitenschwingung mit der Lagrangedichte L(u, u, ˙ u , x, t) =

2 P 2 u˙ − u + u f (x, t) 2 2

(8.24)

Hier ist die Zahl der Felder n = 1, und (x α ) = (t, x) hat nur zwei Komponenten. Gleichung (8.23) ergibt die inhomogene Wellengleichung u − u/c ¨ 2 = −f/P mit 1/2 c = (P /) . Als zweites Beispiel betrachten wir die Quantenmechanik (Teil III). Die Wellenfunktion ψ(x) = ψ(r, t) ist komplex. Wir betrachten daher u1 = ψ und u2 = ψ ∗ als unabhängige Felder. Mit der Lagrangedichte ˙ ψ˙ ∗ , ∇ψ, ∇ψ ∗ , r, t) = − L(ψ, ψ ∗ , ψ,

h¯ 2 ∇ψ ∗ · ∇ψ − V (r, t) ψ ∗ ψ + i h¯ ψ ∗ ψ˙ 2m (8.25)

ergibt (8.23) die Schrödingergleichung. Als drittes Beispiel führen wir das elektromagnetische Feld an (Teil II). Die grundlegenden Felder ur sind die vier Felder des 4-Potenzials Aα (x), die physikalischen Felder sind Fαβ = Aβ|α − Aα|β . Mit der Lagrangedichte L(Aβ , Aβ|α , xγ ) = −

1 1 F αβ Fαβ − j β (xγ ) Aβ 16 π c

(8.26)

ergibt (8.23) die Maxwellgleichungen. Hierbei ist (j α ) = (c , j ) durch die Ladungsdichte und die Stromdichte j gegeben.

121


Aufgaben 8.1 Saitenschwingung für gegebene Anfangsbedingungen 6u(x, 0)

A

H HH

Die Auslenkung u(x, t) einer Saite genügt der Wellengleichung und den Randbedingungen

HH HH H

u (x, t) − u(x, ¨ t)/c2 = 0

H -

l

u(0, t) = u(l, t) = 0

x

Bestimmen Sie die Lösung u(x, t) für die Anfangsbedingungen 2 x u(x, 0) = A 1 − 1 − , l

u(x, ˙ 0) = 0

(8.27)

Lösung: Aus der allgemeinen Lösung (8.7) folgt für die Anfangsbedingungen bei t = 0 u(x, 0) =

2 x an sin(kn x) = A 1 − 1 − , l n=1

∞

u(x, ˙ 0) =

∞

bn ωn sin(kn x) = 0

n=1

(8.28) mit kn = nπ/ l und ωn = c kn . Wegen ωn = 0 müssen alle Koeffizienten bn verschwinden, also bn = 0. Die Fourierkoeffizienten an erhält man aus der Rücktransformation an =

2 l

l

dx u(x, 0) sin(kn x) = 0

⎧ ⎪ ⎨ (−)m

8A nπ = sin = ⎪ (nπ)2 2 ⎩

0

4A l

l/2

dx 0

8A (2m + 1)2 π2

x sin(kn x) + l

x dx 1 − sin(kn x) l l/2 l

für n = 2m + 1

ungerade

für n = 2m

gerade

Es tragen nur die ungeraden n bei; dies folgt aus der Symmetrie der Anfangsbedingung u(x, 0) = u(l − x, 0). Bei unsymmetrischen Anfangsbedingungen tragen alle n bei. Die Amplituden (a1 , a3 , a5 . . .) = (8A)/π2 (1, −1/9, 1/25 . . .) fallen rasch ab. Die Summe u(x, t) =

∞

a2m+1 sin(k2m+1 x) cos(ω2m+1 t)

m=0

=

∞

πc t

πx 8A (−)m cos 2m + 1 sin 2m + 1 2 2 π m=0 (2m + 1) l l

könnte daher durch wenige Terme angenähert werden. Die niedrigste Eigenfrequenz ist ω1 = πc/ l (Grundton). Die Eigenfrequenzen der Obertöne sind ungerade Vielfache der Grundtonfrequenz. Die gesamte Schwingung ist damit periodisch u(x, t + T ) = u(x, t) mit T = 2 l/c. Außerdem gilt u(x, t + T /2) = −u(x, t) und insbesondere u(x, T /4) = u(x, 3T /4) = 0 wie bei einer reinen Sinus-Schwingung.

122

Teil I Mechanik

8.2 Lösungsmethode nach d’Alembert ¨ t)/c2 = 0 durch Zeigen Sie, dass die Wellengleichung u (x, t) − u(x, u(x, t) = f (x − c t) + g(x + c t)

(8.29)

gelöst wird. Dabei sind f und g zunächst beliebige Funktionen einer Variablen. Wie hängen f und g mit den Anfangsbedingungen zusammen? Wenden Sie diese Lösungsmethode nach d’Alembert auf die Saitenschwingung aus Aufgabe 8.1 an. Welchen Relationen müssen die Funktionen f und g genügen, damit die Randbedingungen für alle Zeiten erfüllt sind? Zeigen Sie dazu: Außerhalb des Definitionsbereichs [0, l] müssen die Randbedingungen antisymmetrisch und periodisch (mit der Periode 2l) fortgesetzt werden. Berechnen Sie u(x, t) für 0 ≤ t ≤ T /4 mit T = 2 l/c. Das Ergebnis für die volle Zeitperiode folgt dann aus Symmetrieüberlegungen. Lösung: Die Ableitungen von u(x, t) = f (x − c t) + g(x + c t) sind u (x, t) = f (x − c t) + g (x + c t) u(x, ¨ t) = c2 f (x − c t) + c2 g (x + c t) Damit ist offensichtlich, dass die Wellengleichung u − u/c ¨ 2 = 0 erfüllt ist. Für gegebene Anfangsbedingungen sind die Funktionen f und g so zu wählen, dass u(x, 0) = f (x) + g(x) ,

u(x, ˙ 0) = −cf (x) + cg (x)

(8.30)

Hieraus folgt f (x) =

u(x, 0) 1 − 2 2c

dx u(x, ˙ 0) ,

g(x) =

u(x, 0) 1 + 2 2c

dx u(x, ˙ 0)

Die beliebige Integrationskonstante ist für beide Ausdrücke gleich zu wählen; dann fällt sie in (8.30) weg. In dieser Weise kann für beliebige Anfangsbedingungen eine Lösung der Form (8.29) angegeben werden. Damit ist (8.29) eine allgemeine Lösung der Wellengleichung. Die Randbedingungen für die eingespannte Saite aus Aufgabe 8.1 verlangen u(0, t) = f (−c t) + g(c t) = 0 ,

u(l, t) = f (l − c t) + g(l + c t) = 0

Dies gilt für beliebige Zeiten oder Argumentwerte. Daher müssen die Funktionen f und g folgenden Eigenschaften (Symmetrien) haben: f (x) = −g(x) ,

f (x + 2l) = f (x) ,

g(x + 2l) = g(x)

(8.31)

Aus (8.30) folgt dann, dass die Anfangsbedingungen antisymmetrisch und periodisch sein müssen: u(−x, 0) = −u(x, 0),

u(x + 2l, 0) = u(x, 0)

u(−x, ˙ 0) = −u(x, ˙ 0),

u(x ˙ + 2l, 0) = u(x, ˙ 0)

Hierdurch werden die Anfangsbedingungen über den Definitionsbereich [0, l] hinaus eindeutig fortgesetzt, und zwar für beliebige Argumentwerte.

123

Kapitel 8 Kontinuumsmechanik 6u(x, 0) ......... ......... ......... ......... ......... ......... ......... ....... . . .............

.......... ......... ................... ......... .......... . . . . . . . . .......... ... ............. ......... ..........

l

......... ......... ......... ..... . . . . ......... x ......... ......... ...... ............. ...

Die physikalische Anfangsbedingung u(x, 0) bezieht sich auf die Saite, also auf das Intervall [0, l] (durchgezogene Linie). Für die Lösungsmethode nach d’Alembert setzen wir sie antisymmetrisch und periodisch fort (gestrichelte Linie). Die in (8.28) als Fourierreihen dargestellten Anfangsbedingungen ergeben ebenfalls die hier gezeigte Fortsetzung. Die in (8.27) angegebene Form der Anfangsbedingungen ergibt die richtige Fortsetzung nur im Intervall [−l/2, 3l/2], also 2 x A 1 − 1 − für −l/2 ≤ x ≤ 3l/2 f (x) = g(x) = 2 l Damit lautet die Lösung für t ≤ l/(2c) = T /4, 2 (x − c t) A 2 (x + c t) A 1 − 1 − 1 − 1 − u(x, t) = + 2 l 2 l

(t ≤ T /4) (8.32) Die Lösung für spätere Zeiten erhält man aus der Periodizität u(x, t + T ) = u(x, t) und der Transformation u(x, t + T /2) = −u(l − x, t) = −u(x, t). Dies erhält man aus den Eigenschaften (8.31) der Funktionen f und g, und – für das letzte Gleichheitszeichen – aus der Symmetrie der Anfangsbedingungen (und damit der Lösung) bezüglich des Mittelpunkts x = l/2 der Saite. u(x, t)

A

6

HH HH t = 0 HH H -

A/2

A A/2

A A/2

A A/2

A

6 t = T /16 H HH HH H -

6

t = T /8

H

HH H -

6 t = 3T /16

HH -

6 t = T /4

A/2

-

l/2

l x

Auslenkungen der Saite, u(x, t) aus (8.32), für verschiedene Zeiten im Bereich 0 ≤ t ≤ T /4. Im Intervall T /4 ≤ t ≤ T /2 ergeben sich dann die entsprechenden an der x-Achse gespiegelten Auslenkungen. Im folgenden Zeitraum T /2 ≤ t ≤ T läuft die Bewegung rückwärts bis zur Anfangskonfiguration. Damit ist eine volle Periode T der Schwingung abgelaufen. Für eine realistische Saite endlicher Dicke ist der Knick in den Anfangsbedingungen energetisch ungünstig. Dieser Knick wird dann schon beim Einschwingen geglättet und bereits nach einer Periode nicht mehr reproduziert.

124

Teil I Mechanik

8.3 Verallgemeinerung der Bernoulli-Gleichung Wiederholen Sie die Ableitung der Bernoulli-Gleichung (8.16) für den Fall, dass eine äußere Kraftdichte f = −grad u(r) auf die Flüssigkeit wirkt. Lösung: Für die stationäre Strömung einer inkompressiblen Flüssigkeit = 0 wird die Eulergleichung zu

0 v · ∇ v = −grad P + f Im Unterschied zu (8.15) lassen wir hier eine äußere Kraftdichte f = −grad u(r) zu (zum Beispiel die Schwerkraft f = 0 g). Wir multiplizieren die Eulergleichung skalar mit v und erhalten

0 v(r)2 + P (r) + u(r) = 0 v(r) · ∇ 2 Diese Bernoulligleichung besagt, dass die Summe aus dem Staudruck 0 v 2 /2, dem gewöhnlichen Druck P (r) und der potenziellen Energiedichte u(r) entlang einer Stromlinie konstant ist: % 0 konstant entlang 2 v(r) + P (r) + u(r) = (8.33) einer Stromlinie 2 Die Bernoulligleichung gilt sowohl für wirbelfreie als auch für wirbelhafte Strömungen. Darüber hinaus gilt für wirbelfreie Strömungen, dass die Konstanten entlang der verschiedenen Stromlinien alle gleich sind; Gleichung (8.33) gilt dann mit ein und derselben Konstante im ganzen Strömungsgebiet.

8.4 Lagrangedichte für inkompressible Flüssigkeit Die Lagrangedichte einer inkompressiblen Flüssigkeit ist durch L(Φ, grad Φ) =

2 0 2 0 v = grad Φ 2 2

(8.34)

gegeben. Bestimmen Sie aus dem Hamiltonschen Prinzip die Feldgleichung. Lösung: Das Hamiltonsche Prinzip lautet δ d 3 r L = 0. Zur Variation setzen wir eine kleine, auf dem Rand verschwindende Abweichung δΦ(r) des Geschwindigkeitspotenzials an:

2

0 3 3 3 δ d rL= δ d r ∇ Φ = 0 d r ∇ δΦ ∇ Φ = −0 d 3 r δΦ Φ = 0 2 Im letzten Schritt wurde partiell integriert; die Randterme fallen weg, da dort δΦ = 0 gilt. Wegen der Beliebigkeit von δΦ(r) folgt hieraus die Laplacegleichung Φ(r) = 0 Dies ist die gesuchte Feldgleichung. Ihre Lösung bestimmt das Geschwindigkeitsfeld v(r) = grad Φ(r). Es handelt sich um eine Potenzialströmung, also um eine stationäre, inkompressible (div v = 0) und wirbelfreie (rot v = 0) Strömung.

9 Relativistische Mechanik Die bisher behandelte Newtonsche Mechanik gilt nur für Geschwindigkeiten, die klein gegenüber der Lichtgeschwindigkeit sind. In diesem Kapitel stellen wir die relativistische Mechanik (auch Einsteinsche Mechanik genannt) vor. Zunächst ersetzen wir die Galileitransformationen durch die Lorentztransformationen. Danach gehen wir auf die Messung von Längen und Zeiten ein. Schließlich stellen wir die relativistische Verallgemeinerung des 2. Newtonschen Axioms auf und geben einige Konsequenzen an.

Lorentztransformationen Newtons Axiome sind nur in Inertialsystemen (IS) gültig. Unter den möglichen IS ist keines ausgezeichnet, es gilt das von Galilei aufgestellte R ELATIVITÄTSPRINZIP: „Alle Inertialsysteme sind gleichwertig.“ Im Rahmen der Newtonschen Mechanik vermitteln die Galileitransformationen zwischen verschiedenen IS. Überraschenderweise stellt man jedoch experimentell fest (Michelsonversuch), dass Licht sich in IS und IS mit der gleichen Geschwindigkeit c ≈ 3 · 108 m/s bewegt. Dies steht im Widerspruch zur Galileitransformation, denn dx =c dt

x = x − v t, t = t Galileitransformation

dx =c+v dt

(9.1)

Einstein ergänzt das Relativitätsprinzip „Alle Inertialsysteme sind gleichwertig“ durch die Forderung, dass Licht sich in allen IS mit derselben Geschwindigkeit c bewegt. Dies erfordert eine andere Transformation zwischen den IS: dx =c dt

2 c2 dt 2 − dx 2 = c2 dt 2 − dxLorentztransformation

dx =c dt

(9.2)

Die Bedingung c2 dt 2 − dx 2 = c2 dt 2 − dx 2 garantiert die Konstanz der Lichtgeschwindigkeit. Die gesuchte Lorentztransformation (LT) wird nun so bestimmt, dass sie das Wegelement ds 2 = c2 dt 2 − dx 2 oder allgemeiner ds 2 = c2 dt 2 − dx 2 − dy 2 − dz2 = ηαβ dx α dx β

(9.3)

invariant lässt. Wir verwenden die Summenkonvention, das heißt über gleiche Indizes wird summiert, ohne dass die Summe explizit angeschrieben wird. Außerdem 125 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_9, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

126

Teil I Mechanik

ist (x α ) = (ct, x, y, z) und η = (ηαβ ) = diag (1, −1, −1, −1). Im folgenden verwenden wir auch untenstehende Indizes (xα ) = (ηαβ x β ) = (ct, −x, −y, −z). Die gesuchte LT wird als lineare Transformation der Koordinaten angesetzt: x α = Λαβ x β + bα

(Lorentztransformation)

(9.4)

Die Größen Λαβ und bα hängen von der Relation zwischen IS und IS ab, nicht aber von den Koordinaten. Aus der Invarianzforderung (ds 2 = ds 2 ) folgt eine spezielle LT (mit y = y und z = z) cosh ψ − sinh ψ ct γ −γ v/c ct ct = = (9.5) − sinh ψ cosh ψ x −γ v/c γ x x mit der Rapidität ψ = artanh (v/c) und γ = (1 − v 2/c2 )−1/2 . Wenn die Relativgeschwindigkeit v zwischen IS und IS eine beliebige Richtung hat, dann lautet die LT (in Matrixschreibweise) ⎛ ⎞ γ −γ v1/c − γ v2 /c − γ v3/c ⎜ −γ v1 /c ⎟ ⎜ ⎟ (9.6) Λ(v) = ⎜ vi vj (γ − 1) ⎟ ⎝ −γ v2 /c ⎠ δij + 2 v −γ v3 /c Eine allgemeine LT mit v, mit Drehung (Λij = αij mit einer orthogonalen Matrix α) und mit einer Raum-Zeit-Verschiebung um b lautet dann x = Λ(α) Λ(v) x + b

(9.7)

Diese LT bilden eine Gruppe, die von 10 Parametern (drei Komponenten vi , drei Winkel für die Drehung und vier Parameter in b) abhängt. Die Addition zweier Geschwindigkeiten ergibt sich aus Λ(V ) = Λ(v 2 ) Λ(v 1)

−→

V = V (v 1 , v 2 )

(9.8)

Für v 1 v 2 multiplizieren wir die beiden Λ-Matrizen

cosh ψ2 − sinh ψ2 − sinh ψ2

cosh ψ2

cosh ψ1 − sinh ψ1 − sinh ψ1

cosh ψ1

=

cosh ψ − sinh ψ − sinh ψ

cosh ψ

(9.9)

und erhalten so ψ = ψ1 + ψ2 . Mit dem Additionstheorem für den tangens hyperbolicus wird ψ = ψ1 + ψ2 zum Additionstheorem der Geschwindigkeiten V =

v1 + v2 1 + v1 v2 /c2

für v 1 v 2

(9.10)

Für nichtparallele Geschwindigkeiten ist das Additionstheorem komplizierter und nichtkommutativ.

Kapitel 9 Relativistische Mechanik

127

Längen- und Zeitmessung Die IS-Koordinaten x, y und z werden durch ruhende Maßstäbe als Längen definiert. Synchronisierte, ruhende Uhren können überall in IS die IS-Zeit t anzeigen. Bewegter Maßstab In IS ruhe ein Maßstab entlang der x -Achse; er hat dann die Eigenlänge l0 = x2 − x1 . IS bewege sich mit v = v ex relativ zu IS; die x- und die x -Achse seien parallel. Um die Länge l des Stabs in IS zu bestimmen, müssen zwei Beobachter im IS zur gleichen IS-Zeit t die Position von Stabanfang und -ende auf der x-Achse markieren; dann gilt l = x2 − x1 . Die spezielle LT ist auf die beiden Ereignisse 1: Stabende passiert einen Beobachter in IS bei x1 = 0 zur Zeit t1 = 0. 2: Stabanfang passiert einen Beobachter in IS bei x2 zur Zeit t2 = 0. anzuwenden. Dadurch erhält man l = l0 1 − v 2/c2 , also l < l0 . Senkrecht zur Relativgeschwindigkeit tritt keine Längenkontraktion ein. Daher gilt im allgemeinen Fall v2 l⊥ = l0⊥ (Längenkontraktion) (9.11) l = l0 1 − 2 , c Die Formulierung „Bewegte Stäbe sind kürzer“ stellt das Resultat nur unvollständig dar und lädt zu Missdeutungen ein. Es müssen immer die zu einer Messung gehörenden Ereignisse definiert werden; hierauf kann dann die Lorentztransformation angewendet werden. Bewegte Uhr Eine in IS ruhende Uhr zeigt die Zeit t an. Um dies mit der IS-Zeit t zu vergleichen, muss die IS -Uhr mit zwei IS-Uhren verglichen werden: 1: IS -Uhr passiert Beobachter in IS bei x1 = 0 zur Zeit t1 = 0. 2: IS -Uhr passiert Beobachter in IS bei x2 = v t2 zur Zeit t2 . Vergleicht man jetzt die Zeitintervalle t = t2 − t1 und t = t2 − t1 , so stellt man eine Zeitdilatation fest: t Zeitdilatation (9.12) t= 1 − v 2 /c2 Die Formulierung „Eine bewegte Uhr geht langsamer“ ist problematisch. Ohne den hier gegebenen Hintergrund könnte man daraus folgern „die IS -Uhr geht langsamer als die IS-Uhr“ und (da vom IS aus gesehen IS bewegt ist) „die IS-Uhr geht langsamer als die IS -Uhr“; damit hätte man einen Widerspruch konstruiert. Für die hier betrachtete Messung sind zwei Uhren in IS nötig, an denen sich die IS -Uhr vorbeibewegt; insofern ist die Symmetrie zwischen IS und IS verletzt.

128

Teil I Mechanik

Wir geben noch an, welche Zeit τ eine mit beliebiger Geschwindigkeit v(t) bewegte Uhr anzeigt. Dazu betrachtet man zu einem bestimmten Zeitpunkt t0 ein IS , das sich relativ zu IS mit der (konstanten) Geschwindigkeit v(t0 ) bewegt. Dann gilt für das nächste Zeitintervall dτ = dt = dt/γ . Wenn man die endliche Zeitspanne zwischen zwei Ereignissen 1 und 2 in infinitesimale Intervalle teilt, so erhält man die angezeigte Eigenzeit der bewegten Uhr: t2 v(t)2 dt 1 − 2 (9.13) τ= c t1 Als Anzeige einer konkreten Uhr ist τ unabhängig vom Beobachter (also vom IS). Formal folgt das aus dτ = dsUhr /c und der Invarianz von ds unter LT. Gleichzeitigkeit 2 zweier Ereignisse ist invariant unter LT. Daher hängt die Das Abstandsquadrat s12 Klassifizierung ⎧ lichtartig ⎨ =0 2 0 zeitartig

nicht vom Beobachter ab. Lichtartige Ereignisse können durch ein Lichtsignal miteinander verbunden sein; sie könnten sich kausal beeinflusst haben. Zeitartige Ereignisse können durch ein Objekt mit V < c miteinander verbunden sein; auch sie könnten sich kausal beeinflusst haben. In diesen beiden Fällen liegt die zeitliche Reihenfolge der beiden Ereignisse fest. Raumartige Ereignisse können nur durch ein Objekt mit V > c verbunden werden; sie können sich kausal nicht beeinflusst haben. Ihre zeitliche Reihenfolge hängt vom Beobachter ab. Insofern ist der Begriff „gleichzeitig“ relativ.

Bewegungsgleichung Die relativistische Verallgemeinerung des 2. Newtonschen Axioms lautet m

duα = Fα dτ

(9.15)

Dabei ist (uα ) = γ (c, v) die Vierergeschwindigkeit und m ist die Ruhmasse. Die Minkowskikraft F α wird so gewählt, dass sie im momentanen Ruhsystem zur Newtonschen Kraft FN wird, also (F α ) = (0, FN). Durch eine Lorentztransformation erhalten wir hieraus den Zusammenhang α

v FN (9.16) F = γ , γ FN + FN⊥ c

129


Die Gültigkeit von (9.15) ergibt sich aus: (i) Die Gleichung ist kovariant und (ii) sie reduziert sich im momentanen Ruhsystem IS auf das 2. Axiom. Wir setzen voraus, dass Newtons 2. Axiom in IS relativistisch gültig ist. Dann ist auch (9.15) in IS gültig. Da (9.15) kovariant (forminvariant unter LT) ist, erübrigt sich eine LT in ein anderes IS. Für ein Teilchen (Masse m, Ladung q) in einem elektromagnetischen Feld wird (9.15) zu mc2 d = q v · E(r, t) dt 1 − v(t)2 /c2 v d m v(t) = q E(r, t) + × B(r, t) dt 1 − v(t)2 /c2 c

(9.17)

(9.18)

Für ein elektrostatisches Feld E(r) = −grad Φ(r) können wir (9.17) in die Form mc2 d + q Φ(r(t)) = 0 (9.19) dt 1 − v(t)2 /c2 bringen. Der Klammerausdruck ist eine Energie; insbesondere ist q Φ als elektrostatische Energie bekannt. Diese Gleichung beschreibt also die Energieerhaltung. Daher ist mc2 E= = relativistische Energie (9.20) 1 − v 2 /c2 die relativistische Energie eines freien Teilchens. Sie kann in die Ruhenergie mc2 und die kinetische Energie mc2 (γ − 1) aufgespalten werden. Die Identifizierung der Ruhenergie ist die Grundlage der Äquivalenz von Masse und Energie. . Anwendung Im Laborsystem (LS) laufe ein Teilchen (Masse m) mit der Geschwindigkeit V auf ein zweites ruhendes Teilchen gleicher Art zu. Durch eine LT kann man in das Schwerpunktsystem (SS) gehen, in dem die Teilchen die Geschwindigkeiten v und −v haben. Für die kinetischen Energien, die jeweils aufgebracht werden müssen, gilt mc2 KLS = − mc2 , 1 − V 2 /c2

2 mc2 KSS = − 2 mc2 1 − v 2 /c2

(9.21)

Die Geschwindigkeiten hängen über ψ(V ) = 2 ψ(v) zusammen. Im hochrelativistischen Fall erhalten wir hieraus KLS ≈

(KSS )2 2 mc2

ψ(v) 1

(9.22)

130

Teil I Mechanik

Um ein Teilchen der Masse 100 GeV/c2 (etwa ein Z0 ) zu erzeugen, benötigt man mindestens eine Energie KSS = 100 GeV. Dieses Experiment ist realisierbar, indem Elektronen mit 50 GeV und Positronen mit 50 GeV aufeinander geschossen werden (colliding beam). Aus (9.22) mit mc2 ≈ 0.5 MeV folgt hierfür aber KLS = 107 GeV; das Experiment ist daher im Laborsystem undurchführbar. Lagrangefunktion In (2.20) wurde die nichtrelativistische Lagrangefunktion für ein Teilchen in einem elektromagnetischen Feld angegeben. Die zugehörige relativistische Lagrangefunktion ist q v2 2 (9.23) 1 − 2 − q Φ(r, t) + v · A(r, t) L(r, v, t) = −mc c c Hieraus folgen die Bewegungsgleichungen (9.18). Wir setzen den verallgemeinerten Impuls p = ∂L/∂ v = γ mv + (q/c) A in die Hamiltonfunktion H = p · v − L ein und erhalten 2 q H (r, p, t) = c m2 c2 + p − A(r, t) + q Φ(r, t) (9.24) c

131


Aufgaben 9.1 Inverse Lorentztransformation y

6y

6

Ereignis (x, t) oder (x , t )

v-

vt

-

x

-

x

Die spezielle Lorentztransformation x = x (x, t) und t = t (x, t) zwischen zwei Inertialsystemen wird als bekannt vorausgesetzt. Wie lautet die zugehörige Rücktransformation? Drücken Sie das Ergebnis alternativ durch die Geschwindigkeit v oder die Rapidität ψ aus.

Lösung: Die spezielle Lorentztransformation x = x (x, t) und t = t (x, t) ist durch (9.5) gegeben. Die Rücktransformation erhält man daraus durch die Ersetzungen ψ → −ψ oder v → −v, also ct cosh ψ sinh ψ ct γ γ v/c ct = = x sinh ψ cosh ψ x x γ v/c γ Dabei ist ψ = artanh (v/c) und γ = (1 − v 2 /c2 )−1/2 .

9.2 Matrixschreibweise für Wegelement Schreiben Sie die Lorentztransformation dx α = Λαβ dx β in Matrixschreibweise an. Werten Sie in dieser Schreibweise die Bedingung ds 2 = ds 2 für das Minkowski-Wegelement aus. Lösung: Die Lorentztransformation für die Koordinatendifferenziale lautet in Matrixform: ⎞⎛ 0 ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛ 0 dx Λ0 Λ01 Λ02 Λ03 dx 1 1 1 1 ⎟⎜ 1 ⎟ ⎜ dx 1 ⎟ ⎜ Λ Λ Λ Λ dx ⎟ ⎜ 0 1 2 3 ⎜ ⎜ 2 ⎟ = ⎜ ⎟ oder dx = Λ dx 2 ⎠ ⎝ ⎝ dx ⎠ ⎝ Λ2 Λ2 Λ2 Λ2 ⎟ dx ⎠ 0 1 2 3 dx 3 dx 3 Λ30 Λ31 Λ32 Λ33 Wir berechnen zunächst das Wegelement ds 2 im Inertialsystem IS, ds 2 = c2 dt 2 − dr 2 = dx T η dx

mit der Matrix

η = diag 1, −1, −1, −1

Wir berechnen nun ds 2 im Inertialsystem IS , wobei wir dx T = (Λ dx)T = dx T ΛT verwenden: !

d s 2 = dx T η dx = dx T ΛT η Λ dx = dx T η dx = d s 2 Die Invarianz ds 2 = ds 2 setzt voraus, dass die Transformationsmatrix Λ die Bedingung ΛT η Λ = η erfüllt. Bei orthogonalen Transformationen lautet die analoge Bedingung α T α = 1.

132

Teil I Mechanik

9.3 Lebensdauer von Myonen Myonen werden in einer Höhe von etwa h ≈ 30 km durch kosmische Strahlung erzeugt. In ihrem Ruhsystem haben die Myonen eine Lebensdauer τ ≈ 2 · 10−6 s. Trotz dieser Höhe und ihrer kurzen Lebensdauer (c τ ≈ 600 m) erreichen sie noch zum größten Teil die Erdoberfläche. Wie klein darf die Abweichung ε = (c − v)/c 1 der Geschwindigkeit der Myonen von der Lichtgeschwindigkeit höchstens sein, damit sie auf der Erdoberfläche beobachtet werden können? Was misst ein Beobachter im Ruhsystem des Myons für die Höhe h? Lösung: Der Beobachter auf der Erdoberfläche befindet sich näherungsweise in einem Inertialsystem (IS). Relativ hierzu stellt das Myon eine mit Geschwindigkeit v bewegte Uhr dar. Eine von der Uhr angezeigte Zeitspanne t0 ergibt die in IS gemessene Zeitspanne t. Nach (9.12) gilt hierfür t0 t = 1 − v 2 /c2 Im Ruhsystem IS’ hat das Myon die Lebensdauer t0 = τ ≈ 2 · 10−6 s. Mit ε = (c − v)/c erhalten wir dann für die in IS gemessene Lebensdauer tμ =

τ 1 − v 2 /c2

h τ ≥ ≈√ v 2

Damit die Beobachtung auf der Erde möglich ist, muss die Lebensdauer tμ größer als h/v sein (letzte Bedingung). Damit erhalten wir 1 τ v 2 1 τ c 2 ≤ ≈ 2 · 10−4 2 h 2 h Vom Myon aus gesehen beträgt die Höhe der Atmosphäre √ h = 1 − v 2 /c2 h ≈ 2 h 600 m

9.4 Momentaufnahme einer vorbeifliegenden Kugel Ein Körper stellt in seinem Ruhsystem IS eine Kugel mit dem Durchmesser D dar. Der Körper bewegt sich mit der relativistischen Geschwindigkeit v = v ex in einem Inertialsystem IS. Ein IS-Beobachter fotografiert das Objekt. Der Beobachter ist so weit entfernt (L → ∞), dass die ihn erreichenden Lichtstrahlen parallel zur y-Achse (Abbildung unten) sind. Welche Gestalt (Kugel? Ellipsoid?) erscheint auf dem Foto? Welche Teile der Kugel werden abgebildet? Hinweise: Damit ein Lichtstrahl in IS in −ey -Richtung läuft, muss er im bewegten System IS unter einem Aberrationswinkel ϕA relativ zur Richtung −ey = −ey ausgesandt werden. Nach (14.20) gilt für diesen Winkel: v/c ! dx = tan ϕA = dy 1 − v 2 /c2

In IS muss dieser Lichtstrahl also die Steigung dy /dx haben.

(9.25)

133

Kapitel 9 Relativistische Mechanik y 6

v Δt -

....................................... ...................................... ......................................................................... ............................................................................................................................................................... .... ................................... A .....s.............................................A . . . . .. . . . . . . . . . .. .......s . .............................................. . ... .... .................................................................................................................... ............................................................................ .......................................................... ....... . . . . . . . . . ........ . . . . . . . . . . ...................................................... .... .........................s ........ ................ ......... . . . . P ... .............................................. .................................................... D ... ....... ......... ... ............................. ....... ..... ... ....... ... . ... .............. ......s ... s . . . d . ... .. ... ... B . ... ... B ... . . ....... ..... . ....... ....... ......... .......... .............. .............. ? 6

≈

?

6

L

? ?

D

? -

?-

x

Ein Äquator der mit v bewegten Kugel erscheint wegen der Längenkontraktion in IS als Ellipse. Für die ruhende Kugel wäre P ein gerade noch sichtbarer Punkt des Äquators. Aufgrund der Aberration müsste der Lichtstrahl in IS aber ins Kugelinnere gerichtet sein, damit er in IS in die Richtung −ey geht. Der P gegenüberliegende Punkt ist dagegen ohne Weiteres zu sehen. Auf dieser Seite kann man noch weiter sehen: Ein von A tangential nach unten ausgehender Strahl schließt einen bestimmten Winkel mit − ey ein. Wenn dieser Winkel gleich ϕA ist, dann ist A gerade noch sichtbar. Der durch A und B markierte Großkreis trennt die für den ISBeobachter sichtbaren und unsichtbaren (schraffiert) Teile der Kugel voneinander.

Man berechne die Koordinaten von A und B aus der Ellipsengleichung und aus der Bedingung, dass die Ellipsentangente den Winkel ϕA relativ zu −ey hat. Der Fotoapparat registriert zu einem bestimmten Zeitpunkt t das Licht von A und B. Wegen der unterschiedlichen Lichtlaufzeiten muss dieses Licht von B zu einer um Δt späteren Zeit abgesandt werden als von A. In dieser Zeit Δt ist die linke Ellipse zur Position der rechten gewandert, und B hat sich nach B bewegt. Auf dem Foto markieren dann A und B den Durchmesser D des Objekts. Lösung: Die Diskussion kann auf den Schnitt mit der Ebene z = 0 beschränkt werden (Abbildung), da in z-Richtung keine Längenkontraktion auftritt. Diese Ebene schneidet die Kugel im Äquator x 2 + y 2 = D 2 /4. Durch Längenkontraktion in v-Richtung wird dieser Kreis in IS zu der Ellipse

2 D2 x2 + y − L = 1 − v 2 /c2 4

(9.26)

Diese Ellipse ist in der Abbildung gezeigt. Zur Berechnung der Koordinaten von A und B leiten wir die Ellipsengleichung nach x ab:

dy y−L x x + + y−L = =0 2 2 2 2 1 − v /c dx 1 − v /c v/c Dabei haben wir dx/dy = (dx /dy )/γ = v/c eingesetzt. Wir lösen nach y auf und verwenden die Ellipsengleichung: v2 D , xA,B = ∓ 1 − 2 c 2

yA,B = L ±

v D c 2

134

Teil I Mechanik

Das obere Vorzeichen gilt für A, mit dem unteren erhält man den entgegengesetzten Punkt B (siehe Abbildung). Beide Punkte markieren den Äquator, von dem gerade noch Licht in Richtung zum Beobachter gesandt werden kann. Das von B abgesandte Licht hat gegenüber dem von A einen um Δy = (v/c)D kürzeren Weg. Damit es gleichzeitig beim Beobachter ankommt, muss das Licht von B zu einer um Δt = v D/c2 späteren Zeit abgesandt werden. Während dieser Zeit rückt B um d = v Δt = (v 2 /c2 ) D nach B, dies ergibt die rechte oben abgebildete Ellipse. Die auf dem Foto registrierte Objektausdehnung in x-Richtung ist demnach v2 v2 D = 2 |xA,B | + d = 1 − 2 D + 2 D = D c c In z-Richtung sieht der Beobachter ebenfalls die Ausdehnung D, da hier weder eine Längenkontraktion noch ein Laufzeitunterschied auftreten. Damit erscheint der sichtbare Rand der Kugel auf dem Foto als Kreis. In diesem Sinn kompensieren sich die Effekte von Längenkontraktion und Aberration, und die Kugel erscheint als Kugel. Der fotografierte Rand ist ein Großkreis der Kugel. Dieser Großkreis aber liegt so, dass der Beobachter einen Teil der Hinterseite der Kugel sieht (und einen Teil der Vorderseite nicht).

9.5 Zeitverschiebung für Satelliten Ein Satellit (Masse m) bewegt sich auf einer Kreisbahn (Radius r0 ) im Gravitationspotenzial GME m = m Φ(r) (9.27) V (r) = − r Hierbei ist G die Gravitationskonstante und ME die Masse der Erde. Eine Uhr im Satelliten zeigt die Zeit tS an. Eine Uhr, die bei r = ∞ ruht, zeigt die Zeit t∞ an. Bestimmen Sie den Zeitunterschied aufgrund der relativistischen Zeitdilatation in der Form tS /t∞ = 1 + δ in niedrigster, nichtverschwindender Ordnung in v/c. Drücken Sie δ durch Φ(r0) aus. Zusätzlich beeinflusst das Gravitationsfeld den Gang der Uhr: Φ(r0 ) tS = 1+δ+ t∞ c2

(9.28)

Eine Uhr im Labor auf der Erdoberfläche zeigt die Zeit t L ≈ t∞ (1 + Φ(R)/c2 ) an; die Geschwindigkeit aufgrund der Erddrehung wird vernachlässigt. Bestimmen Sie die relative Zeitverschiebung (t L − tS )/t L zwischen Labor und Satellit als Funktion von r0 /R für Φ/c2 1. Welche Größenordnung und welches Vorzeichen hat dieser Effekt für einen erdnahen und für einen geostationären (siehe Aufgabe 4.6) Satelliten? Lösung: Das Produkt GME aus der Gravitationskonstanten und der Masse der Erde kann durch die Erdbeschleunigung g ≈ 9.81 m/s2 und den Erdradius R ≈ 6370 km ausgedrückt werden. Diesen Zusammenhang erhält man, wenn man das Gewicht mg eines Körpers durch das Gravitationsgesetz ausdrückt, mg = GmME /R 2 . Dies ergibt GME = gR 2 oder Φ(r0 ) = − gR 2 /r0 .

135

Kapitel 9 Relativistische Mechanik Die Zeitdilatation für die bewegte Satellitenuhrzeit folgt aus (9.12), v2 1 v2 Φ(r0 ) Φ(r0 ) tS = 1− 2 ≈ 1− = 1+

⇒ δ = 2 2 t∞ c 2 c 2c 2 c2

Für die Kreisbahn wurde v 2 = GME /r0 = −Φ(r0 ) verwendet. Mit dem Einfluss des Gravitationsfelds wird dies zu Φ(r0 ) Φ(r0 ) 3 Φ(r0 ) 3 g R2 tS ≈1+ + = 1 + = 1 − t∞ 2 c2 c2 2 c2 2 r0 c2 Für die Erdlaborzeit gilt tL Φ(R) gR ≈ 1+ =1− 2 t∞ c2 c Die Geschwindigkeit der Erdrotation (urot ≈ 460 m/s) wird vernachlässigt, denn die Satellitengeschwindigkeit ist mehr als zehnmal so groß. Die relative Zeitverschiebung zwischen Labor und Satellit ist somit t L − tS tS gR 3R = 1− ≈ 2 −1 tL tL c 2 r0 Die Skala des Effekts ist durch gR/c2 ≈ 7 · 10−7 gegeben. Für den erdnahen Satelliten ist r0 ≈ R und tS < tL ; die Uhr des erdnahen Satelliten geht also langsamer. Für den geostationären Satelliten gilt nach Aufgabe 4.6 r0 ≈ 6.6 R. Dann ist tS > tL ; die Uhr des geostationären Satelliten geht schneller. Die Satellitennavigation (GPS, global positioning system) kann nur funktionieren, wenn diese Effekte berücksichtigt werden.

9.6 Levi-Civita-Tensor im Minkowskiraum Zeigen Sie, dass der Levi-Civita-Tensor ein Pseudotensor 4-ter Stufe ist, also dass δ

αβγ δ = (detΛ) Λαα Λβ Λγ Λδδ α β γ β

γ

(9.29)

gleich αβγ δ ist. Lösung: Die Definition der Determinante lautet (detΛ) = Λ0α Λ1β Λ2γ Λ3δ αβγ δ Damit werten wir (9.29) aus:

αβγ δ = (detΛ) Λαα Λβ Λγ Λδδ α β γ δ β

γ

= (detΛ)2 αβγ δ = αβγ δ

= (detΛ)

Λα0 β Λ0 γ Λ0 Λδ0




Die Lorentztransformation genügt der Bedingung ΛT η Λ = η. Wenn man hiervon die Determinante nimmt, erhält man detΛ = ±1. Dies wurde im letzten Schritt verwendet. Die Größe αβγ δ wird zunächst unabhängig von einem Bezugssystem durch konkrete Zahlenzuweisungen definiert. Bei einer Transformation als Pseudotensor erhält man ein damit konsistentes Ergebnis. Daher kann αβγ δ auch als Pseudotensor aufgefasst werden.

136

Teil I Mechanik

9.7 Konstanz von uα uα Die Anfangsbedingung für uα (0) erfüllt die Bedingung uα uα = c2 . Zeigen Sie, dass dann die Lösung uα (τ ) der Bewegungsgleichung m duα /dτ = F α diese Bedingung ebenfalls erfüllt. Dabei ist die Minkowskikraft α v FN 1 F = γ γ = , γ FN + FN⊥ , (9.30) c 1 − v 2 /c2 durch die Newtonsche Kraft FN gegeben. Lösung: Wir leiten uα uα nach der Eigenzeit τ ab und verwenden die Bewegungsgleichung: d α

u uα = F α uα + uα Fα = 2 F α uα m dτ Hierin setzen wir den Ausdruck für die Minkowskikraft und (uα ) = γ (c, −v) ein: F α uα = γ 2 v FN − γ 2 v · FN = 0 Wir stellen zusammenfassend fest: d α

u uα = 0 dτ

⇒

uα (τ ) uα (τ ) = const.

Damit ist gezeigt, dass uα (τ )uα (τ ) eine Erhaltungsgröße ist. Ergänzende Anmerkung: Im elektromagnetischen Feld lautet die relativistische Bewegungsgleichung m duα /dτ = (q/c) F αβ uβ , (13.27). Dabei ist F αβ der Feldstärketensor (der Buchstabe F wird sowohl für die Minkowskikraft wie für den Feldstärketensor verwendet; die Größen sind jedoch aufgrund der Indizes zu unterscheiden). Wir multiplizieren die Bewegungsgleichung auf beiden Seiten mit uα (dies impliziert eine Summation über α): m

q αβ duα uα = F uβ uα = 0 dτ c

Dann verschwindet die rechte Seite aufgrund der Antisymmetrie von F αβ = −F βα . Hieraus folgt für die linke Seite (duα /dτ )uα = 0 und damit die Konstanz von uα uα .

9.8 Kinetische Energie im Schwerpunkt- und Laborsystem Die Kollision zweier gleicher Teilchen wird im Laborsystem (LS) und im Schwerpunktsystem (SS) betrachtet: LS:

v1 = V ,

v2 = 0

SS:

v1 = v,

v2 = −v

Berechnen Sie den exakten Zusammenhang zwischen den beiden zugehörigen kinetischen Energien, mc2 KLS = − mc2 , 1 − V 2 /c2

KSS =

2 mc2 1 − v 2/c2

− 2 mc2

137


Lösung: Die Geschwindigkeiten V und v hängen über das Additionstheorem zusammen: V =

v+v 1 + v 2 /c2

oder

1 − V 2 /c2 =

1 − v 2 /c2 1 + v 2 /c2

Damit formen wir den Ausdruck für die kinetische Energie im Laborsystem um: 1 v 2 /c2 KLS = mc2 − 1 = 2 mc2 1 − v 2 /c2 1 − V 2 /c2 Aus dem gegebenen Ausdruck für KSS folgt KSS (KSS + 4 mc2 ) v2 = 2 c (KSS + 2 mc2 )2 Aus den letzten beiden Gleichungen eliminieren wir v 2 /c2 , ⎧ (KSS mc2 ) ⎪ ⎨ 2 KSS 2 KSS (KSS + 4 mc ) KLS = ≈ (KSS )2 ⎪ 2 mc2 ⎩ (KSS mc2 ) 2 mc2

(9.31)

9.9 Relativistische Bewegung im elektrischen Feld Ein Teilchen mit der Ladung q bewegt sich in einem homogenen, konstanten elektrischen Feld E = E0 ex . Lösen Sie die relativistischen Bewegungsgleichungen (9.18) für die Anfangsbedingungen r(0) = 0 und v(0) = v0 ey . Welche Bahnkurve ergibt sich in der x-y-Ebene? Lösung: Wir schreiben die relativistischen Bewegungsgleichungen (9.18) an: d m vx = q E0 , dt 1 − v 2 /c2

d m vy = 0, dt 1 − v 2 /c2

d m vz =0 dt 1 − v 2 /c2

Wegen der Anfangsbedingung vz (0) = 0 wird die dritte Gleichung durch vz (t) = 0 gelöst. (Eine solche Lösung ist für die zweite Gleichung wegen vy (0) = 0 nicht möglich; man beachte, dass der Wurzelfaktor zeitabhängig ist). Die Lösung vz (t) = 0 führt mit der Anfangsbedingung z(0) = 0 zur Lösung z(t) = 0. Die Bewegung ist also auf die x-y-Ebene beschränkt. Mit der Anfangsbedingung v(0) = v0 ey erhalten wir dann aus den ersten beiden Bewegungsgleichungen q E0 vx = t = at , 2 2 m 1 − v /c

vy 1−

v 2 /c2

=

v0 1 − v0 2 /c2

Hierbei haben wir die konstante Beschleunigung mit a = q E0 /m abgekürzt. Zur Bestimmung von v werden die beiden Gleichungen quadriert, addiert und aufgelöst: 1−

v2 1 = 2 , c2 γ0 + (a t/c)2

1 γ0 = 1 − v0 2 /c2

138

Teil I Mechanik

Die Komponenten der Geschwindigkeit sind at vx (t) = 2 γ0 + (a t/c)2

und

vy (t) =

γ0 v0 γ0 + (a t/c)2 2

Für große Zeiten erhalten wir vx → c und vy → 0. Eine weitere Integration mit der Anfangsbedingung r(0) = 0 ergibt at c2 γ0 v0 c a2 t 2 2 arcsinh x(t) = y(t) = γ0 + 2 − γ0 , a c a γ0 c Wir lösen die zweite Gleichung nach t auf und setzen dies in die erste Gleichung ein: qE y γ0 mc2 0 x = −1 (9.32) cosh q E0 γ0 mv0 c Dies ist die gesuchte Bahnkurve in der x-y-Ebene; für a wurde wieder q E0 /m eingesetzt. Für q E0 y γ0 mv0 c reduziert sich die Bahnkurve auf die (Wurf-)Parabel x = q E0 y 2 /(2 γ0 mv02 ).

9.10 Uhrzeit in beschleunigtem System In einem Inertialsystem IS (mit den Koordinaten t,x,y,z) oszilliert die Position einer Uhr gemäß r Uhr = ex a sin(ω t); es gilt a ω c. Zur Zeit t = 0 wird die Uhr mit einer IS-Uhr (etwa einer Uhr, die bei r = 0 ruht) synchronisiert. Nach einer halben Schwingung (t = t0 = π/ω) ist die bewegte Uhr wieder bei r = 0 und wird mit der dort ruhenden Uhr verglichen. Welche Zeitspannen Δt und Δt zeigen die IS-Uhr und die bewegte Uhr an? Berechnen Sie diese Zeitspannen zunächst im IS. Setzen Sie dann eine geeignete Transformation ins Ruhsystem KS der bewegten Uhr an, und berechnen Sie die Uhrzeiten in diesem System. Die relativistischen Effekte sollen jeweils in führender Ordnung angegeben werden. Lösung: Die Zeit einer Uhr ist allgemein durch dτ = dsUhr /c gegeben. Dieser Ausdruck ist zunächst im IS und dann in KS auszuwerten. Rechnung in IS: In IS folgt aus dτ = dsUhr /c die Uhranzeige t0 2 τ = dt 1 − vUhr /c2 0

Für die IS-Uhr gilt v = 0, also Δt = 0

t0

dt = t0 =

π ω

Für die KS -Uhr gilt v = a ω cos(ω t), also t0 a2 ω2 a 2 ω2 π Δt = dt 1 − 2 cos2 (ω t) ≈ 1 − c 4 c2 ω 0 Bei der Auswertung des Integrals wurde a ω c verwendet.

139


Rechnung in KS : Um dτ = dsUhr /c auszuwerten, muss zunächst das Wegelement in KS bestimmt werden. Wir bezeichnen die Koordinaten in KS mit t , x , y , z . Eine mögliche Transformation zwischen IS und KS ist t = t ,

x = x + a sin(ω t ) ,

y = y,

z = z

Damit erhalten wir für das Wegelement (ohne die dy 2 - und dz2 -Terme): a2 ω2 2 cos (ω t ) c2 dt 2 − dx 2 − 2a ω cos(ω t ) dx dt c2 (9.33) Die KS -Uhr ruht in KS , also dx = 0 und t0 1 t0 a 2 ω2 a 2 ω2 π Δt = dt g00 (r Uhr ) = dt 1 − 2 cos2 (ω t ) ≈ 1 − c 0 c 4 c2 ω 0 ds 2 = c2 dt 2 − dx 2 =

1−

Für die IS-Uhr gilt dx = −aω cos(ω t ) dt (folgt aus dx = 0). Dies ist in (9.33) einzusetzen und liefert ds 2 = c2 dt 2 , also t0 π Δt = dt = t0 = ω 0 Die richtig berechneten Uhrzeiten hängen natürlich nicht davon ab, in welchem Bezugssystem sie berechnet werden.

9.11 Erhaltungsgrößen der relativistischen Lagrangefunktion Bestimmen Sie die Erhaltungsgrößen, die aus der Invarianz von 2 L = − mc 1 − v 2 /c2 gegenüber räumlichen und zeitlichen Verschiebungen folgen. Lösung: Die Lagrangefunktion L beschreibt ein freies relativistisches Teilchen. Sie ist invariant gegenüber räumlichen Verschiebungen: r → r∗ = r + ψ

mit ψ = n ,

t → t∗ = t + ϕ

mit

ϕ=0

Dabei ist n ein beliebiger Einheitsvektor. Nach dem Noethertheorem ist die dazugehörige Erhaltungsgröße ∂L mv ·n Qraum = ·ψ = ∂v 1 − v 2 /c2 Da n beliebig ist, folgt hieraus die Impulserhaltung mv = const. p= 1 − v 2 /c2 Die Lagrangefunktion ist auch invariant gegenüber Zeitverschiebungen: r → r∗ = r + ψ

mit ψ = 0 ,

t → t∗ = t + ϕ

mit ϕ = 1

140

Teil I Mechanik

Die Erhaltungsgröße ist laut Noethertheorem Qzeit = L −

∂L mv 2 mc2 = − · v = − mc2 1 − v 2 /c2 − ∂v 1 − v 2 /c2 1 − v 2 /c2

Dies bedeutet Energieerhaltung: E=

mc2 1 − v 2 /c2

= const.

9.12 Relativistische Lagrangefunktion für Teilchen im Feld Stellen Sie die Euler-Lagrange-Gleichung für die relativistische Lagrangefunktion q v2 2 (9.34) 1 − 2 − q Φ(r, t) + v · A(r, t) L(r, v, t) = − mc c c eines geladenen Teilchens im elektromagnetischen Feld auf. Lösung: Aus der Lagrangefunktion folgt der verallgemeinerte Impuls p=

∂L q mv + A(r, t) = ∂v c 1 − v 2 /c2

Die Euler-Lagrange-Gleichung lautet damit

dp q d q mv + A(r, t) = −q ∇Φ(r, t) + ∇ v · A(r, t) = 2 2 dt dt c c 1 − v /c

(9.35)

(9.36)

Die totale Zeitableitung des Vektorpotenzials A wird ausgeführt und mit den Termen auf der rechten Seite zusammengefasst:

mv q d 1 ∂A(r, t) + v × ∇ × A(r, t) = −q ∇Φ(r, t) + 2 2 dt c ∂t c 1 − v /c v = q E(r, t) + × B(r, t) (9.37) c Zuletzt wurden die elektromagnetischen Felder E = −∇Φ − ∂A/∂(ct) und B = ∇ × A eingesetzt. Die rechte Seite der Bewegungsgleichung ist die Lorentzkraft.

9.13 Relativistische Hamiltonfunktion für Teilchen im Feld Leiten Sie die relativistische Hamiltonfunktion H = p · v − L aus der Lagrangefunktion (9.34) ab, und geben Sie die Hamiltonschen Bewegungsgleichungen an. Lösung: Aus der Lagrangefunktion (9.34) folgen der verallgemeinerte Impuls (9.35) und p·v =

mv 2 1 − v 2 /c2

+

q v · A(r, t) c

141

Kapitel 9 Relativistische Mechanik Damit bestimmen wir die Hamiltonfunktion: mv 2

v2 + mc 1 − 2 + q Φ(r, t) H = p·v−L= 2 2 c 1 − v /c 2 mc2 q = + q Φ(r, t) = c m2 c2 + p − A(r, t) + q Φ(r, t) c 1 − v 2 /c2 2

Die dazugehörigen Hamiltonschen Bewegungsgleichungen lauten r˙ =

pc − q A ∂H = 2 2 ∂p m c + (p − q A/c)2

(p − q A/c) × (∇ × A) + (p − q A/c) · ∇ A ∂H p˙ = − − q ∇Φ =q ∂r m2 c2 + (p − q A/c)2 =

q q v × (∇ × A) + (v · ∇)A − q ∇Φ = − q ∇Φ + ∇ (v · A) c c

Die erste Gleichung gibt den Zusammenhang zwischen Impuls und Geschwindigkeit an; man erhält wieder (9.35). Mit diesem Impuls ist die zweite Gleichung dann äquivalent zur Euler-Lagrange-Gleichung (9.36) oder (9.37).

II Elektrodynamik 10 Tensoranalysis In diesem Kapitel werden einige mathematische Voraussetzungen für die Elektrodynamik zusammengestellt. In der Elektrodynamik sind Felder (insbesondere Vektor- und Tensorfelder) die zentralen Größen. Die Tensoranalysis behandelt die Differenziation und Integration von Tensorfeldern. Wir gehen auf die Definition von 3- und 4-Tensoren ein. Außerdem diskutieren wir die bei der Differenziation bestimmter Felder auftretenden Distributionen. Für ein skalares Feld Φ(r) und ein Vektorfeld V (r) definieren wir die Operationen Gradient, Divergenz und Rotation: Φ(r + nΔr) − Φ(r) (10.1) Δ r→0 Δr 5 1 div V (r) = lim dA · V (10.2) ΔV→0 ΔV ΔA 5 1 ΔA n · rot V (r) = lim dr · V , n= (10.3) ΔA→0 ΔA ΔC ΔA Diese Definitionen haben drei wichtige Vorteile: (i) Sie machen die Bedeutung der Differenzialoperationen für physikalische Felder deutlich. (ii) Sie sind unabhängig von der Koordinatenwahl. (iii) Aus ihnen folgen sofort wichtige Integralsätze. Die Differenzierbarkeit der Felder wurde vorausgesetzt. In (10.1) zeigt das Wegelement nΔr in Richtung des Einheitsvektors n. Für (10.2) wurde ein Volumenelement ΔV bei r mit der Oberfläche ΔA betrachtet. In (10.3) hat das Flächenelement ΔA n bei r den Rand ΔC. Der Differenzialoperator beim Gradienten wird auch als Nabla-Operator ∇ bezeichnet. Mit ihm lassen sich alle angeführten Differenzialoperationen ausdrücken: n · grad Φ(r) = lim

grad Φ = ∇ Φ ,

div V = ∇ · V ,

rot V = ∇ × V

Für orthogonale (im Allgemeinen krummlinige) Koordinaten ⎧ ⎪ 3 ⎨ dx ex + dy ey + dz ez dr = hi dqi ei = dρ eρ + ρ dϕ eϕ + dz ez ⎪ ⎩ i =1 dr er + r dθ eθ + r sin θ dφ e φ 143 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_10, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

(10.4)

(10.5)

144

Teil II Elektrodynamik

sind die Basisvektoren ei orthogonal, so dass das Quadrat des Wegelements zu dr 2 = (hi dqi )2 wird. Beispiele für orthogonale Koordinaten sind die kartesischen (x, y, z), die Zylinder- (ρ, ϕ, z) und die Kugelkoordinaten (r, θ , φ); hierauf beziehen sich die letzten Ausdrücke in (10.5). Für orthogonale Koordinaten lautet der Nabla-Operator ∇=

3

ei

i =1

1 ∂ hi ∂qi

(10.6)

Bei der Anwendung auf Vektorfelder (wie in (10.4)) ist zu beachten, dass die partiellen Ableitungen ∂/∂qi auch auf die Basisvektoren in V wirken; für nichtkartesische Koordinaten gilt im Allgemeinen ∂ei /∂qj = 0. Durch = div grad definieren wir den Laplace-Operator, ∂ h2 h3 ∂ 1 + zyklisch (10.7) = div grad = h1 h2 h3 ∂q1 h1 ∂q1 Für ein Vektorfeld gilt V = grad (div V ) − rot (rot V )

(10.8)

Aus den Definitionen (10.2) und (10.3) folgen die Integralsätze: 5 dV div V = dA · V (Gaußscher Satz)

V

(10.9)

A

5 dA · rot V =

A

dr · V

(Stokesscher Satz)

(10.10)

C

Dabei ist A = A(V) der (glatte) Rand des Volumens V, und C = C(A) der (glatte) Rand der Fläche A. Wir kommen zur formalen Definition der Eigenschaft Tensor (Vektor, Skalar). Wir beziehen uns dazu auf kartesische Koordinaten. Bei einer Drehung des kartesischen Koordinatensystems ändern sich die Komponenten des Ortsvektors xi ei gemäß xj = i αj i xi . Dies ist eine orthogonale Transforr = xi ei = mation. Für die Matrix α = (αj i ) gilt α T α = 1. Wir definieren nun ein Tensorfeld als eine indizierte, koordinatenabhängige Größe Ti1 ,...,iN , die sich gemäß Ti1 ,...,iN (x ) =

3 j1 =1

...

3

αi1 j1 . . . αiN jN Tj1 ,...,jN (x)

(Tensorfeld)

(10.11)

jN =1

transformiert. Das Argument x = (x1 , x2 , x3) wird mittransformiert. Für ein skalares Feld und ein Vektorfeld wird (10.11) zu Φ (x ) = Φ(x),

Vi (x ) =

3 j =1

αij Vj (x)

(10.12)

145

Kapitel 10 Tensoranalysis

Zu den für Tensoren bekannten Möglichkeiten (Addition, Multiplikation, Kontraktion) zur Konstruktion neuer Tensoren kommt bei Tensorfeldern noch die Differenziation hinzu. Dabei verhält sich ∂i = ∂/∂xi wie ein Vektor, denn ∂i =

∂xj ∂ ∂ = = αij ∂j ∂xi ∂xi ∂xj 3

3

j =1

(10.13)

j =1

Daher ist grad Φ(r) ein Vektorfeld, div V (r) ist ein Skalarfeld und rot V (r) ist wieder ein Vektorfeld. Ein Vektorprodukt wie V ×W oder ∇×V (r) wird in kartesischen Koordinaten durch 3 3

ikl Vk Wl (10.14) V ×W i = k =1 l =1

definiert. Die total antisymmetrische Größe ikl (mit 123 = 1 und den Werten 1 bei gerader, −1 bei ungerader Permutation der Indizes, und 0 sonst) ist ein Pseudotensor. Ein Pseudotensor transformiert sich wie (10.11), jedoch mit einem zusätzlichen Faktor det α auf der rechten Seite.

Distributionen Wir definieren die sogenannte δ-Funktion durch ∞ dx δ(x − x0) f (x) = f (x0 ) , d 3 r δ(r − r 0 ) f (r) = f (r 0 ) −∞

(10.15)

Beliebigen (aber stetigen und integrablen) Testfunktionen f (x) oder f (r) wird auf diese Weise der Wert an einer bestimmten Stelle zugeordnet. Zugelassen sind auch Ableitungen wie δ (x − x0 ); speziell δ (x − x0 ) ordnet der Testfunktion f (x) den Wert −f (x0 ) zu. Die δ-Funktion und ihre Ableitungen sind im mathematischen Sinn Distributionen und keine Funktionen. Mit δ-Funktionen kann die Ladungsdichte (r) von N Punktladungen qi bei r i dargestellt werden: N (r) = qi δ(r − r i ) (10.16) i =1

Von zentraler Bedeutung in der Elektrodynamik sind die Beziehungen

1 = −4π δ(r − r 0 ) |r − r 0 |

(10.17)

exp(±ik|r − r 0 |) (10.18) = −4π δ(r − r 0 ) |r − r 0 | Wenn man für ein Vektorfeld V (r 0 ) = d 3 r V (r) δ(r −r 0 ) schreibt, die δ-Funktion durch (|r − r 0 |)−1 ersetzt, den Laplaceoperator durch partielle Integration auf + k2

146


V (r) umwälzt und (10.4) verwendet, erhält man den Zerlegungssatz für Vektorfelder 1 1 3 rot V (r ) 3 div V (r ) rot d r − grad d (10.19) r V (r) = 4π |r − r | 4π |r − r | Dies bedeutet, dass ein Vektorfeld durch seine Quellen div V und seine Wirbel rot V dargestellt werden kann. Vorausgesetzt wird dabei |V | ≤ const./r 2 für r → ∞. Die Operatoren vor den Integralen in (10.19) wirken auf r. Aus (10.19) folgen die Schlüsse von links nach rechts in rot V (r) = 0 ←→ V (r) = grad Φ(r)

(10.20)

div V (r) = 0 ←→ V (r) = rot W (r)

(10.21)

Die Schlüsse in der anderen Richtung folgen aus der direkten Berechnung,

Lorentztensoren Die Lorentztransformationen wurden in Kapitel 9 eingeführt. Aus (9.4) folgt für die Koordinatendifferenziale dx α = Λαβ dx β (10.22) Dabei verwenden wir die Summenkonvention (automatische Summe von 0 bis 3 über zwei gleiche Indizes, von denen einer oben, der andere unten steht.) Ein Lorentztensor N -ter Stufe ist eine N -fach indizierte Größe, die sich komponentenweise wie die Koordinatendifferenziale transformiert. Für Lorentztensorfelder N -ter Stufe gilt T α1 ...αN (x ) = Λαβ11 . . . ΛαβNN T β1 ...βN (x)

(10.23)

wobei die Argumente x = (x α ) mittransformiert werden. Üblich sind auch die Bezeichnungen 4-Tensor (im Gegensatz zu 3-Tensoren, die durch ihr Verhalten unter orthogonalen Transformationen definiert werden). Das Hochstellen der Indizes in dx α und anderen Tensoren ist eine willkürliche Festsetzung. Wir ordnen jedem Vektor V α durch Vβ = ηβα V α

(10.24)

einen Vektor zu, bei dem die Indizes unten stehen. Dabei sind (ηβα ) und (ηβα ) durch diag (+1, −1, −1, −1) gegeben. Hieraus folgt V β = ηβα Vα . Damit können wir zum Beispiel ds 2 = dxα dx α schreiben, wobei (dx α ) = (c dt, dx, dy, dz) und (dxα ) = (c dt, −dx, −dy, −dz). Die hochgestellten Indizes heißen kontravariant, die untenstehenden kovariant (kovariant hat daneben noch die Bedeutung von forminvariant). Bei mehr als einem Index kann es auch gemischte Größen geben, zum Beispiel T α β = ηββ T αβ .

147


Die durch Zahlen definierte Größe ηαβ erfüllt die Tensordefinition und wird daher auch Minkowskitensor genannt. Die durch Zahlen definierte total antisymmetrische Größe αβγ δ erfüllt die (Pseudo-)Tensordefinition und wird daher auch Levi-Civita Tensor genannt. Die Transformation eines kovarianten Vektor ergibt sich aus – Vα = ηαβ V β = ηαβ Λβγ V γ = ηαβ Λβγ ηγ δ Vδ = Λαδ Vδ

(10.25)

– – β Dabei haben wir eine Matrix Λ mit Λαδ = ηαβ Λγ ηγ δ eingeführt. Die Rücktransformation für Lorentzvektoren folgt aus – V γ = Λαγ V α ,

Vγ = Λαγ Vα

(10.26)

–α Wir fassen zusammen: Kontravariante Vektoren werden mit Λαβ , kovariante mit Λβ transformiert. Die jeweils andere Größe vermittelt die Rücktransformation. Zu den für Tensoren bekannten Möglichkeiten (Addition, Multiplikation, Kontraktion) zur Konstruktion neuer Tensoren kommt bei Tensorfeldern noch die Differenziation hinzu. Aus ∂ ∂x β ∂ ∂ – = α = Λαβ α ∂x ∂x ∂x β ∂x β

(10.27)

folgt, dass sich ∂/∂x α wie ein kovarianter 4-Vektor transformiert. Analog dazu zeigt man, dass ∂/∂xα ein kontravarianter Vektor ist, also ∂α =

∂ , ∂x α

∂α =

∂ ∂xα

(10.28)

Die Ableitung eines Lorentztensorfelds ist daher ein Lorentztensorfeld einer um 1 höheren Stufe. Außerdem ist der d’Alembert-Operator

2 = ∂ α ∂α = ηαβ ∂α ∂β = ein Lorentzskalar.

1 ∂2 − c2 ∂t 2

(10.29)

148


Aufgaben 10.1 Verifikation des Stokesschen Satzes Verifizieren Sie den Stokesschen Satz für das Vektorfeld V = (4x/3 − 2y ) ex + (3y − x ) ey und die Fläche

+ * A = r : (x/3)2 + (y/2)2 ≤ 1, z = 0

Lösung: Zunächst berechnet man rot V = (∂Vy /∂x −∂Vx /∂y) ez = ez . Die Fläche ist eine Ellipse mit den Halbachsen a = 3 und b = 2. Damit wird die linke Seite des Stokesschen Satzes (10.10) zu dA · rot V = A

dA = πa b = 6π A

Um das Wegintegral auf der rechten Seite von (10.10) zu berechnen, parametrisieren wir den Weg:

r = 3 cos α ex + 2 sin α ey , dr = −3 sin α ex + 2 cos α ey dα Der Weg (Ellipse) wird durchlaufen, wenn α die Werte von 0 bis 2π annimmt. Längs des Wegs ist das Vektorfeld V = (4 cos α − 4 sin α) ex + (6 sin α − 3 cos α) ey . Damit wird das Wegintegral zu 2π 5

dr · V = dα 12 sin2 α − 6 cos2 α = 6π C

0

Beide Integrale sind gleich. Damit haben wir den Stokesschen Satz in diesem speziellen Fall verifiziert.

10.2 Verifikation des Gaußschen Satzes Verifizieren Sie den Gaußschen Satz für das Vektorfeld V = a x e x + b y ey + c z e z und die Kugel x 2 + y 2 + z2 ≤ R 2. Lösung: Zunächst berechnet man div V = ∂Vx /∂x + ∂Vy /∂y + ∂Vz /∂z = a + b + c. Damit wird die linke Seite des Gaußschen Satzes (10.9) zu

4π 3 dV div V = a + b + c d 3r = R a+b+c 3 V r≤R Für das Flächenintegral auf der rechten Seite verwenden wir Kugelkoordinaten,

dA = R 2 d cos θ dφ er , er · V = R a sin2 θ cos2 φ + b sin2 θ sin2 φ + c cos2 θ Die φ-Integration über cos2 φ und sin2 φ liefert π. Damit wird das Flächenintegral zu 1 5

a+b 4π 3 1 − cos2 θ + c cos2 θ = R a+b+c dA · V = 2πR 3 d cos θ 2 3 −1 A Beide Integrale sind gleich. Damit haben wir den Gaußschen Satz in diesem speziellen Fall verifiziert.

149


10.3 Elliptische Zylinderkoordinaten Durch die Transformation x = q1 q2 ,

y=

q12 − 2

1 − q22 ,

z = q3

(10.30)

sind die elliptischen Zylinderkoordinaten qi definiert. Die Transformation hängt von einem Parameter ab; die Koordinatenwerte sind durch q1 ≥ > 0, |q2 | ≤ 1, |q3 | < ∞ eingeschränkt. Skizzieren Sie die Koordinatenlinien q1 = const. und q2 = const. in der x-yEbene. Zeigen Sie, dass es sich um orthogonale Koordinaten handelt. Geben Sie h1 , h2 , h3 an, und drücken Sie die Einheitsvektoren e 1, e 2 , e3 durch ex , ey , ez aus. Lösung: Wir setzen q1 = c1 mit c1 ≥ und q2 = x/c1 in den Ausdruck für y ein und erhalten y2 x2 + =1 (Ellipsen) c12 c12 − 2 ... y ... 6 ... ... . .. ... ... .. ... ... ... ... .. . . ... . . ... .. .. ... . ... ......................................................................... ..... ..... .... ... .. ................ .. ............... .. ..... . ..... ..... . ................................................. ... ....... ... .. . .. ........... ..... ...... ............. .. .. ................... . ..... ..... ............... .... ... . ... .. . ........................................................ .......... .... ... .... . ....................... ... .. .. ................ .... ... .. ... ............ .. . .... .... .... ........ .... .... .... .... ...... .... .... ..... ... ... ... .. .. . .. .. ... ... ... ... ... ... .... .. . .. ... .. .. .... ... ... ... ... ......... ... .. .. .... ............ ... ... ... .... ... ................ . ............................................................................... .......... ..... ... ....... . . .. ... ... . .. ....... ....... .. . . . . ... .................. .......... .. .... ............ .. . ..... ......... ... ................................................................ .... ........ ..... ... ........ .. . . .. ... .................. .. ...................... .......... .... ... ............................................. ..... ... .. . ... ... .. .. ... ... ... .. .. ... . .

Analog dazu setzen wir q2 = c2 mit c2 ≤ 1 und q1 = x/c2 in den Ausdruck für y ein: x2 y2 − = 2 c22 1 − c22 -

x

(Hyperbeln)

Die Koordinatenlinien q1 = const. (durchgezogene Linien) sind Ellipsen, und die Koordinatenlinien q2 = const. (gestrichelte Linien) sind Hyperbeln. Für die Skizze wurde = 1 gewählt. Die Koordinatenlinien schneiden sich in rechten Winkeln; die Koordinaten sind daher lokal orthogonal. Für alle Ebenen z = const. ergibt sich dasselbe Bild.

Koordinaten sind orthogonal (oder krummlinig orthogonal), wenn das Wegelement von der Form (10.5) ist: dr =

3

hi (q1 , q2 , q3 ) dqi ei

mit

ei · ek = δik

i=1

Das Wegelement kann aus der Transformation (10.30) über dr =

3 3 ∂ (x ex + y ey + z ez ) ∂r dqi = dqi ∂q ∂qi i i=1 i=1

berechnet werden. Die benötigten partiellen Ableitungen ergeben: ∂r ∂r 1 − q22 q12 − 2 = q2 ex + q1 ey , = q1 ex − q2 ey , 2 2 ∂q1 ∂q2 q1 − 1 − q22

∂r = ez ∂q3

150


Hiermit wird die (lokale) Orthogonalität gezeigt ∂r ∂r ∂r ∂r · = 0 für i = j , zum Beispiel · = q2 q1 − q1 q2 = 0 ∂qi ∂qj ∂q1 ∂q2 Aus dr = hi dqi ei = (∂r/∂qi ) dqi erhalten wir die hi und die Einheitsvektoren ei , ∂r ∂r 1 , ei = hi = ∂qi hi ∂qi Die Auswertung ergibt q1 − 2 q22 , h1 = q12 − 2 q12 − 2 q22 h2 = , 1 − q22 h3 = 1 ,

e1 = q2 e2 = q1

q12 − 2 ex + q1 q12 − 2 q22 1 − q22 ex − q2 2 q1 − 2 q22

1 − q22 ey − 2 q22

q12

q12 − 2 ey q12 − 2 q22

e3 = e z

10.4 Rotation für orthogonale Koordinaten Gehen Sie von der Definition (10.3) der Rotation aus. Zeigen Sie für orthogonale Koordinaten ∂(h3 V3 ) ∂(h2 V2 ) 1 − e1 + zyklisch rot V = h2 h3 ∂q2 ∂q3 Lösung: In der Definition (10.3) setzen wir n = e 1 ein: 5

1 rot V 1 = lim dr · V , ΔA→0 ΔA ΔC q2.

ΔA = ΔA e1

(10.31)

q

. 3 ..... .... ...... ...... ..... q3 +Δq3 ........ .. . ...... .... ... .................. .... ............. ..... .................... ...... i P ... ............................................ q2 +Δq 2 ... . ..... ... .. ..... ...... ... ... . . . . ...... ... . . . ....... .. ........ ....... .. ...... . ... ..................H j ... ............ ..... ............... .... . ........................ .... . .... .......................... .. .. .

Es wird ein kleines Flächenelement ΔA auf der Fläche q1 = const. betrachtet, das von Koordinatenlinien q2 = const. und q3 = const. begrenzt ist. Für Kugelkoordinaten könnte dies ein von Breiten- und Längengraden eingeschlossenes Flächenelement auf der Kugeloberfläche sein. Der Vektor ΔA steht senkrecht auf der Bildebene.

Die Größe des Flächenelements ist q2 +Δq2 ΔA = dq2

q3 +Δq3

q2

q3

dq3 h1 (q1 , q2 , q3 ) h2 (q1 , q2 , q3 )

= h1 (q1 , q¯2 , q¯3 ) h2 (q1 , q¯2 , q¯3 ) Δq2 Δq3

151


Im letzten Schritt wurde der Integrand an einer geeigneten Stelle q¯2 ∈ [q2 , q2 + Δq2 ], q¯3 ∈ [q3 , q3 + Δq3 ] genommen (Mittelwertsatz der Integralrechnung). Wir berechnen nun das Linienintegral 5 dr · V ΔC q2 +Δq2 = dq2 h2 (q1 , q2 , q3 ) V2 (q1 , q2 , q3 ) − h2 (q1 , q2 , q3 +Δq3 ) V2 (q1 , q2 , q3 +Δq3 ) −

q2 q3 +Δq3 q3

=

dq3 h3 (q1 , q2 , q3 ) V3 (q1 , q2 , q3 ) − h3 (q1 , q2 +Δq2 , q3 ) V3 (q1 , q2 +Δq2 , q3 )

h2 (q1 , q˜2 , q3 ) V2 (q1 , q˜2 , q3 ) − h2 (q1 , q˜2 , q3 +Δq3 ) V2 (q1 , q˜2 , q3 +Δq3 ) Δq2 − h3 (q1 , q2 , q˜3 ) V3 (q1 , q2 , q˜3 ) − h3 (q1 , q2 +Δq2 , q˜3 ) V3 (q1 , q2 +Δq2 , q˜3 ) Δq3

Dabei wurde der Integrand wieder an einer geeigneten (anderen) Stelle q˜2 , q˜3 genommen. Im Grenzfall ΔA → 0 gehen die Argumente q¯2 , q¯3 und q˜2 , q˜3 gegen q2 , q3 . Damit wird (10.31) zu ∂(h3 V3 ) ∂(h2 V2 ) 1 (rot V )1 = − h2 h3 ∂q2 ∂q3 Die anderen Komponenten erhält man analog.

10.5 Divergenz für orthogonale Koordinaten Gehen Sie von der Definition (10.2) der Divergenz aus. Zeigen Sie für orthogonale Koordinaten 1 ∂(h2 h3 V1 ) ∂(h3 h1 V2) ∂(h1 h2 V3 ) + + div V = h1 h2 h3 ∂q1 ∂q2 ∂q3 Lösung: In der Definition (10.2), div V (r) = lim

ΔV →0

1 ΔV

5 dA · V

(10.32)

ΔA

wird ein kleines Volumenelement an der Stelle r betrachtet, ΔV = h1 (q¯1 , q¯2 , q¯3 ) h2 (q¯1 , q¯2 , q¯3 ) h3 (q¯1 , q¯2 , q¯3 ) Δq1 Δq2 Δq3 Hier und im folgenden Integral wird der Integrand an einer geeigneten Stelle innerhalb des Volumens genommen (Mittelwertsatz der Integralrechnung): 5 dA · V = V1 (q1 +Δq1 , q˜2 , q˜3 ) h2 (q1 +Δq1 , q˜2 , q˜3 ) h3 (q1 +Δq1 , q˜2 , q˜3 ) ΔA − V1 (q1 , q˜2 , q˜3 ) h2 (q1 , q˜2 , q˜3 ) h3 (q1 , q˜2 , q˜3 ) Δq2 Δq3 + ...

(Beiträge der anderen Seiten)

Im Grenzfall ΔV → 0 gehen die q¯1 , q¯2 , q¯3 und q˜1 , q˜2 , q˜3 gegen q1 , q2 , q3 . Damit erhalten wir 1 ∂(h2 h3 V1 ) div V = + ... h1 h2 h3 ∂q1

152


10.6 Rechnen mit Gradient, Divergenz und Rotation Zeigen Sie div (V × W ) = W · rot V − V · rot W durch Auswertung in kartesischen Komponenten. Werten Sie analog dazu die Ausdrücke rot (Φ V ), rot (V × W ) und grad (V · W ) aus. Lösung: Vektorprodukte können wie in (10.14) geschrieben werden. In kartesischen Komponenten erhalten wir dann

∂i ij k Vj Wk = ij k Wk ∂i Vj + Vj ∂i Wk ) div V × W = i,j,k

i,j,k

= W · ∇ × V − V · ∇ × W = W · rot V − V · rot W Dabei ist ∂i = ∂/∂xi . Analog dazu berechnen wir

ij k ∂j (Φ Vk ) = ij k Φ ∂j Vk + Vk ∂j Φ rot (ΦV ) i = j,k

= Φ rotV

i

j,k

− V × gradΦ

i

In der folgenden Umformung wird die Kontraktion zweier total antisymmetrischer Tensoren (Aufgabe 10.11) verwendet:

ij k klm ∂j Vl Wm = rot (V × W ) i = δil δj m − δim δj l Wm ∂j Vl + Vl ∂j Wm j,k,l,m

=

j,k,l,m

Wj ∂j Vi + Vi ∂j Wj − Wi ∂j Vj − Vj ∂j Wi

j

= (W · ∇)V − W (∇ · V ) + V (∇ · W ) − (V · ∇)W

i

Die Auswertung von grad (V · W ) erfolgt nach der Produktregel

Vj (∂i Wj ) + Wj (∂i Vj ) grad (V · W ) i = ∂i (Vj Wj ) = j

j

10.7 Tensor zweiter Stufe Die Gleichung Vi = j Sij Wj gelte in jedem kartesischen Koordinatensystem. Es sei bekannt, dass Vi und Wj Vektoren sind. Zeigen Sie, dass Sij ein Tensor 2-ter Stufe ist. Lösung: Laut Voraussetzung gilt Vi = j Sij Wj in jedem Koordinatensystem, also auch in KS : Vi = j Sij Wj . Hierin setzen wir die bekannten Transformationen Vi = j αij Vj und Wi = j αij Wj der Vektoren ein: αij Vj = Sij αj k Wk j

j,k

Beide Seiten werden nun mit αil multipliziert und über i summiert. Mit ergibt dies αil Sij αj k Wk = Slk Wk Vl = i,j,k

k

i

αil αij = δlj

153


Hieraus folgt i,j αil αj k Sij = Slk , oder nach Multiplikation mit αnl und αmk und Summation über l und k 3 = αnl αmk Slk Snm l,k=1

Damit ist gezeigt, dass Sij sich wie ein Tensor 2-ter Stufe transformiert.

10.8 Levi-Civita-Tensor Zeigen Sie, dass der Levi-Civita-Tensor ein Pseudotensor 2-ter Stufe ist, d.h. αil αj m αkn lmn = ij k ij k = det α l,m,n

Lösung: Mit der Definition der Determinante ergibt sich αi1 αi2 αi3 αil αj m αkn lmn = det α αj 1 αj 2 αj 3 ij k = det α αk1 αk2 αk3 l,m,n

= (det α)2 ij k = ij k

Für eine orthogonale Matrix gilt α T α = 1 und damit det (α T α) = (det α)2 = 1.

10.9 Produktregel für den Nabla-Operator Zeigen Sie ∇ · (r Φ) = 3 Φ + r · grad Φ . Lösung: Auswertung in kartesischen Komponenten:

∇ · (r Φ) = δii Φ + xi ∂i Φ = 3 Φ + r · ∇ Φ = 3 Φ + r · grad Φ ∂i xi Φ = i

i

Dabei wurde ∂i = ∂/∂xi verwendet.

10.10 Rotation des Gradienten Beweisen Sie rot grad Φ = 0 in kartesischen Komponenten; Kreuzprodukte sollen dabei mit dem Levi-Civita-Tensor geschrieben werden. Lösung: In kartesischen Koordinaten lautet die i-te Komponente

(i) rot grad Φ i = ij k ∂j ∂k Φ = ij k ∂k ∂j Φ j,k

(ii)

=

k,j

j,k (iii)

ikj ∂j ∂k Φ = −

ij k ∂j ∂k Φ = 0

j,k

Die folgenden Schritte wurden durchgeführt: (i) die partiellen Ableitungen ∂j und ∂k wurden vertauscht, (ii) die Summationsindizes j, k wurden in k, j umbenannt, (iii) die Antisymmetrie ikj = −ij k wurde ausgenutzt. Das Resultat unterscheidet sich nur durch ein Minuszeichen vom ursprünglichen Ausdruck, also ist es null.

154


10.11 Kontraktion zweier Levi-Civita-Tensoren Überprüfen Sie die Relation ikl lmn = ikl mnl = δim δkn − δin δkm l

l

Lösung: Die Relation wird zunächst für i, k = 1, 2 überprüft. Die Summe auf der linken Seite trägt nur für l = 3 bei, und deshalb kommen für m, n nur die Werte 1, 2 mit dem Ergebnis +1 und 2, 1 mit dem Ergebnis −1 in Frage. Das ist genau das Resultat der rechten Seite. Die Überprüfung für i, k = 2, 1 geht entsprechend. Alle anderen Möglichkeiten ergeben sich durch zyklisches Vertauschen.

10.12 δ-Funktion als Funktionenfolge Zeigen Sie

∞

lim

→0 −∞

dx

(1) d (x

− x0 ) f (x) = f (x0 )

mit

(1) d (x)

x2 exp − 2 =√ 2 2π 1

Nehmen Sie dazu an, dass f (x) bei x0 in eine Taylorreihe entwickelt werden kann. Zeigen Sie ebenfalls ∞ sin(πx/) dx d(2) (x − x0 ) f (x) = f (x0 ) mit d(2) (x) = lim →0 −∞ 2 sin(πx/2) Führen Sie hier eine geeignete Integrationsvariable ein. Lösung: Die Taylorreihe von f (x) wird in das Integral eingesetzt:

∞

dx −∞

∞

ν f (ν) (x0 ) x − x0 ν! ν=0 −∞ ∞ ∞ ∞ (ν) f (x0 ) f (2 n) (x0 ) ∞ (i) (1) ν (ii) = du d (u) u = du d(1) (u) u2 n ν! (2n)! −∞ −∞ ν=0 n=0

d(1) (x

(iii)

=

− x0 ) f (x) =

∞

dx d(1) (x − x0 )

∞ (2n + 1)!! (2 n) →0 (x0 ) 2 n −→ f (x0 ) f (2n)! n=0

Die folgenden Schritte wurden durchgeführt: (i) die Integrationsvariable wurde durch u = x − x0 ersetzt, und (ii) da d(1) (u) eine gerade Funktion ist, wurden die ungeraden Potenzen von u weggelassen. Schließlich (iii) wurde das bestimmte Integral ∞ π (2n + 1)!! ∂ n π 2n 2 dx x exp (−α x ) = − = ∂α α α (2α)n −∞ mit α = 1/(22 ) verwendet; zur die Auswertung des Integrals wurden Faktoren x 2 in Integranden durch Ableitungen −∂/∂α ersetzt. Im Limes → 0 überlebt nur der Term n = 0 mit dem gewünschten Ergebnis.

155


Wir betrachten nun die zweite Darstellung der δ-Funktion. Zur Auswertung des Integrals führen wir die Variable u = (x − x0 )/ ein: ∞ ∞ sin(π(x − x0 )/) lim f (x) dx d(2) (x) f (x) = lim dx →0 −∞ →0 −∞ 2 sin(π(x − x0 )/2) ∞ ∞ (/2) · sin(πu) sin(πu) f (x0 + u) = f (x0 ) = f (x0 ) = lim du du →0 −∞ sin(πu/2) πu −∞ Für → 0 konnte die Sinusfunktion im Nenner durch ihr Argument ersetzt werden. Es ∞ wurde das bestimmte Integral −∞ dx (sin x)/x = π verwendet.

10.13 Integraldarstellung der δ-Funktion Vergleichen Sie die Funktion g(x) =

2 2 k exp(ikx) dk exp − 2 −∞ ∞

(1) mit d (x) aus Aufgabe 10.12. Leiten Sie daraus eine Integraldarstellung für die δ-Funktion her.

Lösung: Das Integral 2 ∞ x 2 x2 k−i 2 g(x) = exp − 2 dk exp − 2 2 −∞ √ 2 2 ∞ x2 x2 2π q exp − 2 = exp − 2 = 2π d(1) (x) = dq exp − 2 2 2 −∞ wird durch quadratisches Ergänzen des Exponenten und Substitution q = k − i x/2 berechnet. Mit der Darstellung d(1) (x) aus Aufgabe 10.12 folgt für die δ-Funktion 1 lim g(x − x0 ) 2π →0 ∞ 2 k 2 1 dk exp − lim exp i k(x − x0 ) = 2π →0 −∞ 2 ∞ 1 dk exp i k(x − x0 ) = 2π −∞

δ(x − x0 ) = lim d(1) (x − x0 ) = →0

10.14 Darstellung der δ-Funktion als Summe Begründen Sie, dass die δ-Funktion im Intervall [−1, 1] durch die Summe δ(x) =

N ∞ 1 1 lim exp (iπnx) = exp (iπnx) 2 N→∞ 2 n=−∞

(10.33)

n=−N

dargestellt werden kann. Bringen Sie die endliche Summe auf die Form d(2) (x) aus Aufgabe 10.12 und führen Sie den Limes N → ∞ aus.

156


Lösung: Die Summe wird als geometrische Reihe aufsummiert und trigonometrisch umgeformt: N

exp (iπnx) =

n=−N

N

exp (iπnx) + exp (−iπnx) − 1

n=0

=

1 − exp [iπ(N + 1)x ] 1 − exp [−iπ(N + 1)x ] + −1 1 − exp (iπx) 1 − exp (−i πx)

=

cos(N πx) − cos [(N + 1) πx ] 1 − cos(πx)

=

sin [(2N + 1) πx/2] sin(πx/2)

= 2 d(2) (x)

für = 2/(2N + 1)

Die Ausführung des Limes N → ∞ ist gleichbedeutend mit → 0 und führt auf die gewünschte Relation. Da die Ausdrücke periodisch gegenüber der Transformation x → x + 2ν mit ν = ±1, ±2, . . . sind, erhält man entsprechende δ-Funktionen in den anderen Intervallen.

10.15 δ-Funktion einer Funktion Die Funktion h(x) habe eine einzige einfache Nullstelle bei x0 . Begründen Sie die Relation

1 δ h(x) = δ(x − x0 ) (10.34) |h (x0)| Lösung: Die Funktion h(x) wird in eine Taylorreihe um x0 entwickelt. Da die δ-Funktion nur bei x = x0 von null verschieden ist, genügt es, den führenden nichtverschwindenden Term h(x) ≈ h (x0 ) (x − x0 ) mit h (x0 ) = 0 zu betrachten. Dies wird in die Definition für die Distribution eingesetzt: ∞ ∞

dx δ h(x) f (x) = dx δ h (x0 )(x − x0 ) −∞

−∞

=

sign(h (x0 )) h (x0 )

∞

−∞

du δ u − h (x0 ) x0 f

1 f (x0 ) = = |h (x0 )| |h (x0 )|

∞ −∞

u h (x0 )

dx δ(x − x0 ) f (x)

Es wurde die Integrationsvariable u = h (x0 ) x eingeführt. Das Vorzeichen tritt auf, weil sich für negatives h (x0 ) die Integrationsgrenzen austauschen. Der Vergleich zwischen dem ersten und dem letzten Ausdruck liefert die zu begründende Relation. Für mehrere einfache Nullstellen xi gilt entsprechend

δ h(x) = i

1 |h (xi )|

δ(x − xi )

157


Alternative Lösung: Wir substituieren u = h(x) und du = h (x)dx, und führen die Umkehrfunktion x = h−1 (u) (insbesondere x0 = h−1 (0)) ein. Damit wird

∞ h(∞)

f h−1 (0) f h−1 (u) f (x0 ) dx δ h(x) f (x) = du δ(u) −1 = −1 = |h (x0 )| h (u) (0) h h h −∞ h(−∞) Die Ausführung der Integration über δ(u) ergibt den Integranden an der Stelle u = 0, falls h(−∞) < h(∞). Für h(−∞) > h(∞) erhält man das negative Ergebnis. Im ersten Fall ist h (x0 ) > 0, im zweiten h (x0 ) < 0. Dies erklärt die Betragsstriche im Ergebnis.

10.16 Lorentztensor zweiter Stufe Die Beziehung V α = T αβ Wβ gelte in jedem Inertialsystem. Es sei bekannt, dass V α und W α Lorentzvektoren sind. Beweisen Sie, dass dann T αβ ein Lorentztensor ist. Lösung: Laut Voraussetzung gilt V α = T αβ Wβ in jedem Inertialsystem, also auch in IS : V α = T αβ Wβ . Hierin setzen wir die bekannten Transformationen V α = Λαγ V γ ,

– Wβ = Λδβ Wδ

der Lorentzvektoren ein:

– Λαγ V γ = T αβ Λδβ Wδ – – Beide Seiten der Gleichung werden mit Λμα multipliziert und Λμα Λαγ = δγμ ausgenützt – – V μ = Λμα T αβ Λδβ Wδ = T μδ Wδ – – γ Es folgt Λμα T αβ Λδβ = T μδ , oder nach Kontraktion mit Λνμ und Λδ T νγ = Λνμ Λδ T μδ γ

Also transformiert sich T αβ wie ein Lorentztensor 2-ter Stufe. Der analoge Beweis wurde für orthogonale Transformationen in Aufgabe 10.7 geführt.

11 Elektrostatik Ausgehend von der Coulombkraft werden die Feldgleichungen der Elektrostatik aufgestellt. Mögliche Lösungswege für elektrostatische Randwertprobleme werden vorgestellt. Die Lösung der Laplacegleichung in Kugelkoordinaten führt zu den Legendrepolynomen und den Kugelfunktionen. Das elektrostatische Potenzial Φ(r) = Φ(r, θ, φ) kann nach diesen Funktionen entwickelt werden. Außerhalb einer Ladungsverteilung führt dies zur Multipolentwicklung. Die Ladung q eines Körpers ist eine physikalische Größe, die im Folgenden sukzessive präzisiert wird. Im abgeschlossenen System ist die Ladung erhalten. Die Ladung ist eine unveränderliche Eigenschaft elementarer Teilchen. Ein makroskopischer Körper kann durch geeignete Präparation aufgeladen werden; dies könnte durch einen Überschuss aus Elektronen bewirkt werden. Wir betrachten zwei bei r 1 und r 2 ruhende Ladungen, q1 und q2. Für die Kraft auf die erste Ladung stellt man experimentell fest r1 − r2 F 1 = k q1 q2 (11.1) |r 1 − r 2 | 3 Die Kraft auf die andere Ladung ist dann F 2 = −F 1. Die Konstante k hängt von der Definition der Ladung als Messgröße ab. Die Abstoßung gleichnamiger Ladungen impliziert eine positive Konstante. Die Kraft- und Längenmessung wird vorausgesetzt. Zur Definition der Ladung als Messgröße betrachten wir folgende Möglichkeiten: 1. Historisch wurde die Einheit Coulomb durch ein von (11.1) unabhängiges Experiment festgelegt (über die Menge des abgeschiedenen Silbers in einer Elektrolytlösung). Dann ist k eine experimentell zu bestimmende Konstante. 2. MKSA-System (oder SI): Man definiert die Einheit Ampere des Stroms über die Kraftwirkung zwischen zwei parallelen, stromdurchflossenen Drähten; diese Kraft ist ebenfalls proportional zu k. Die Einheit der Ladung ist dann eine Amperesekunde und wird Coulomb genannt (C = As). Man setzt nun k (und damit die Größe Ampere) so fest, dass eine Amperesekunde nahezu gleich der historischen Einheit Coulomb aus Punkt 1 ist. 3. Gauß-System: Man setzt k = 1 und verwendet damit (11.1) zur Definition der Ladungseinheit. Eine Einheitsladung ist dann die Ladung, die auf eine gleich große Ladung im Abstand von 1 cm eine Kraft von 1 dyn = 10−5 N hervorruft; sie wird ESE (elektrostatische Einheit) genannt. 158 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_11, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

159

Kapitel 11 Elektrostatik

Die beiden letzten Möglichkeiten entsprechen den Definitionen (MKSA-System) 10−7 Nc2 /A2 def k = 1 (Gauß-System)

(11.2)

Die obere Zeile impliziert die Ladungseinheit 1 C (Coulomb oder Amperesekunde), die untere 1 ESE. In theoretischen Entwicklungen verwenden wir das Gauß-System; es hat den Vorteil, dass relativistische Effekte am Faktor v/c zu erkennen sind. Bei praktischen Anwendungen benutzen wir aber auch das MKSA-System. Die Coulombkraft F auf eine bei r ruhende Probeladung q definiert das elektrische Feld E(r) (auch elektrische Feldstärke genannt) als Messgröße: E(r) =

F (r) q

(11.3)

Für Coulombkräfte gilt das Superpositionsprinzip. Damit erhalten wir E(r) =

N i =1

r − ri qi = |r − r i |3

d 3 r (r )

r − r |r − r |3

(11.4)

Eine kontinuierliche Ladungsdichte kann in kleine Elemente Δqi = (r i ) ΔVi aufteilt werden. Dies führt zum letzten Ausdruck in (11.4). Wir setzen (r − r )/|r − r |3 = −grad |r − r |−1 in (11.4) ein. Dann können wir das Feld E = −grad Φ durch das elektrostatische oder skalare Potenzial ausdrücken. Das Potenzial ergibt sich aus der Integralformel (r ) Φ(r) = d 3 r (11.5) |r − r | Eine mögliche Konstante in Φ verschwindet bei Berechnung der Messgröße E und wird üblicherweise gleich null gesetzt. Wir wenden den Laplaceoperator auf beide Seiten von (11.5) an. Unter Berücksichtigung von (10.17) erhalten wir dann die Feldgleichungen der Elektrostatik: Φ(r) = −4π(r) ,

E(r) = −grad Φ(r)

(11.6)

Die erste Gleichung wird auch Poissongleichung genannt. Die Feldgleichungen können alternativ für das elektrische Feld selbst angegeben werden: div E(r) = 4π(r) ,

rot E(r) = 0

(11.7)

Wenn man den Gaußschen Satz auf div E = 4π anwendet, erhält man das Gaußsche Gesetz 5 dA · E = 4π QV

(Gaußsches Gesetz)

(11.8)

A

Dabei ist A = A(V ) die Fläche, die das Volumen V begrenzt. Das Oberflächenintegral über E ist gleich 4π mal der eingeschlossenen Ladung QV .

160


Zur Illustration einer Feldkonfiguration skizziert man häufig die Äquipotenzialflächen Φ(r) = const. und die Feldlinien. Die Feldlinien stehen an jedem Punkt senkrecht auf den Äquipotenzialflächen. Feldlinien starten bei positiven und enden bei negativen Ladungen; nach dem Gaußschen Gesetz laufen für QV > 0 mehr Feldlinien aus dem Volumen V heraus als hinein. Als Beispiel skizzieren wir die Feldkonfiguration für zwei Punktladungen: ... .. .... ... ........................................ .. ................................. ... . ... .............................. ............ ..... ........ .. ... ............... ....... .... ...... ...... .. . . ..... . . . . . ..... ... . ..... .... .. . ...... ... ... . . . ... .... ... .. . ... . ... . . CO.... ........................................................................... ... ... . ... .............. .... . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .......... ... ... ... ........ .. ........ ... ... ... .. ....... ... .. ...... ... ... ... ...... ..... ...... ........ ............ ... .. . .... .... ........ ............ ........ ............. . . . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........ .......... ... .. .. ......... . ........................................................ ..... Y H................. . .............. . ...... ..... ... ... ....... ....................................... ... ... ..... ......... ......... ........... ............ ............ .. .. ..... ... ... .... ..... . ..... .......... . . . . .. ......... . . . ........... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. ... . .. ...... .. ......... ... ....... ........ ... ............. .. ..................... .................................................. ... ............... ..... .... ..... ................. ......... ... ....... .... .... .. ............................................................. ................ .. ........ ........... ...... ... . . .. . ............. . .................................. ............. ................ ........................................ .. .. ................... .... ... ................. ............................... .... .. ............................. ........ ........ .. .. . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. .. ... .. .. .. . ........................ - .. .. .. .. ........u .. . ...................u ..

−q

q

Die Feldlinien sind durchgezogene Linien, die Äquipotenzialflächen sind durch gestrichelte Linien dargestellt. 6 Die Anwendung des Stokesschen Satzes auf rot E = 0 ergibt C dr · E = 0. Dies bedeutet, dass es in der Elektrostatik keine geschlossenen Feldlinien gibt. Aus F = −q grad Φ(r) = −grad W (r) folgt die potenzielle Energie W (r) = q Φ(r) eines Teilchens in einem elektrostatischen Feld. Dies kann zu W = d 3 r (r) Φext (r) (11.9) verallgemeinert werden. Der Index „ext“ zeigt an, dass es sich nicht um das durch hervorgerufene Potenzial handelt. Die Energie einer Ladungsverteilung in ihrem eigenen Feld ist 1 1 3 W = d r Φ = d 3r E2 (11.10) 2 8π Wenn (11.9) für zwei Ladungen im Abstand r ausgewertet und der Index „ext“ ignoriert wird, dann ergibt sich zweimal der Beitrag q1 q2 /r, also eine Doppelzählung. Dies wird durch den Faktor 1/2 in (11.10) korrigiert. Für den letzten Schritt in (11.10) wurde die Feldgleichung verwendet und eine partielle Integration vorgenommen. Hieraus folgt die Energiedichte w des elektrischen Felds: w(r) =

2 1 E(r) 8π

(11.11)

Die elektrostatische Energie einer homogen geladenen Kugel (Ladung Q, Radius R) ist W = (3/5)Q2 /R.

161


Randwertprobleme Wir betrachten elektrostatische Randwertprobleme der folgenden Art: Ein Volumen V ist durch Metallflächen begrenzt und in V gebe es die Ladungsdichte (r). Gesucht ist das elektrostatische Potenzial Φ in V . Im Prinzip kann das Potenzial aus (11.5) bestimmt werden. Dazu müsste man aber neben der Ladungsdichte in V auch die Ladungen auf dem Metall kennen. Das ist meist nicht der Fall. In einem Metall gibt es frei verschiebbare Elektronen. Im statischen Fall verschwindet daher das (mittlere) elektrische Feld im Metall. Andernfalls käme es ja zu Verschiebungen, die die Voraussetzung „statisch“ verletzen. Speziell an der Oberfläche verschwinden sowohl die Normal- wie die Tangentialkomponente des Felds im Metall. Wir wenden C dr · (∇ × E) auf eine Kontur an, die jeweils ein Stück auf jeder Seite der Oberfläche verläuft. Hieraus folgt, dass auch die Tangentialkomponente des Felds im Volumen V verschwindet. Damit erhält man die Randbedingung Φ|R = const. (R bezeichnet den Rand des Volumens V ). Es könnte auch mehrere getrennte Metallstücke mit verschiedenen Potenzialwerten geben. Mit Φ|R = Φ0 (r) setzen wir die Randbedingung etwas allgemeiner an: (11.12) Φ(r) = −4π(r) in V , Φ = Φ0 (r) R

Dieses Randwertproblem hat eine eindeutige Lösung, wie im Weiteren gezeigt wird. Die freien Ladungen können nicht durch die Oberfläche in das Volumen V gelangen (jedenfalls nicht ohne erheblichen Energieaufwand). Daher kann es zu Oberflächenladungen kommen. Wir wenden das Gaußsche Gesetz auf ein kleines Volumenelement an, das ein Flächenelement des Rands einschließt. Damit erhalten wir für die Oberflächenladung (Ladung pro Fläche) 1 ∂ Φ σ (r) = − (Oberflächenladung) (11.13) 4π ∂ n R

Hierbei ist Enormal = −∂Φ/∂n die Normalkomponente des Felds im Volumen V . Eindeutigkeit Wir zeigen, dass das Randwertproblem (11.12) eindeutig lösbar ist. Die Felder Φ1 (r) und Φ2 (r) seien Lösungen dieses Randwertproblems. Für ihre Differenz Ψ = Φ1 (r) − Φ2 (r) folgt aus (11.12) Ψ = 0 in V und Ψ = 0 (11.14) R

Wir schreiben nun den Gaußschen Satz (10.9) für das Vektorfeld W = Ψ (∇ Ψ ) an: 5

3 d r Ψ Ψ + ∇Ψ · ∇Ψ = dA · Ψ ∇Ψ (11.15) V

R

Dies gilt für beliebiges Die rechte Seite ver Ψ , also auch für das Ψ aus (11.14). schwindet wegen Ψ R = 0. Mit Ψ = 0 erhält man V d 3 r (∇Ψ )2 = 0, was nur Ψ (r) = const. zulässt. Mit Ψ R = 0 folgt dann Ψ = 0, also die Eindeutigkeit Φ1 (r) ≡ Φ2 (r).

162


Faradayscher Käfig Unter einem Faradayschen Käfig versteht man ein ladungsfreies Volumen V , das von einer Metallfläche eingeschlossen wird. Für das Potenzial gelten dann Φ = 0 in V und Φ|R = Φ0 . Nun ist Φ(r) ≡ Φ0 = const. eine Lösung. Da die Lösung eindeutig ist, ist dies auch schon die gesuchte Lösung. Hieraus folgt E = 0 im Faradayschen Käfig

(11.16)

Beliebige äußere elektrische Felder können also durch einen geschlossenen Metallkäfig abgeschirmt werden. Bildladung ......... ....................... Metallplatte ........ ........ . . . . . .. . . . . ... ... BM... ... .......... ....... ... . ................. . ... .......... ... ... ....... . . . .... . ..... .. .... ............. ........ ........ .. ..... Y ........... H ..... ..................... ....... ........... ..... .... .... ................. ..... ............ ...... ... .. ..... . . . . . . . . . . . .. ............ .............. ................ ........................ ..... ............................. .. ....................................... .c . . . s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....................................... . . . . . . . ... . . . . . . . . . ..... ........ ... .. ..... .......................... . . . . . . . . . . . . . . . .................... . .. ... ... ........ .... . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 .. ... .... ............ ........ ....... .................. ..... .......... .. ..... ................... ........ ........ .... ..... .... .... ....... ... ..... ........ ... . .............. Bildladung ... ............... .......... ... .. .... . . . . ..... ....... ....... .......... .................. .............

Eine Punktladung befinde sich vor einer geladenen Metallplatte. Das Randwertproblem lautet Φ = −4πq δ(r − r 0 ) in V Φ(x = 0, y, z) = 0

x

Φ(r) = q

1 1 − |r + a ex | |r − a ex |

(11.17)

Das Volumen V ist der linke Halbraum mit x < 0. Für die Lösung setzt man neben der Ladung q bei r 0 eine Bildladung −q bei −r 0 an. Das sich dafür ergebende Potenzial = Φpart + Φhom

(11.18)

löst das Randwertproblem (11.17), wobei r 0 = −a ex gesetzt wurde. Die allgemeine Lösung der Poissongleichung Φ = −4π setzt sich aus einer partikulären (speziellen) Lösung und der allgemeinen homogenen Lösung Φhom = 0 zusammen. Die partikuläre Lösung ist von der Form (11.5). Das Potenzial der Bildladung ist im Volumen V eine homogene Lösung. In (11.18) wurde gerade die homogene Lösung angesetzt, die zusammen mit dem partikulären Anteil die Randbedingung erfüllt. Die Influenzladungsdichte kann aus (11.18) berechnet werden. Die Influenzladungen bewirken eine Kraft zwischen Ladung und Metallplatte. Sie ist genauso groß, wie die Kraft zwischen Ladung und Bildladung. Die Methode der Bildladung lässt sich auch auf andere einfache Geometrien (etwa Ladung und Metallkugel) anwenden.


163

Numerische Lösung Ein allgemeines Lösungsverfahren ist die numerische Lösung von (11.12). Dazu wird das Volumen V mit diskreten Gitterpunkten überdeckt, zum Beispiel r n1 n2 n3 = 3 1 d ni ei , wobei d der Abstand benachbarter Punkte ist. Die Werte von ni sind ganzzahlig. Eine Annäherung der Ableitungen durch Differenzenquotienten führt zu 1 Φ ≈ 2 Φ(n1 + 1, n2 , n3 ) + Φ(n1 − 1, n2 , n3 ) + Φ(n1 , n2 + 1, n3 ) d + Φ(n1 , n2 − 1, n3 ) + Φ(n1 , n2 , n3 + 1) + Φ(n1 , n2 , n3 − 1) (11.19) − 6 Φ(n1 , n2 , n3 ) = −4π(n1 , n2 , n3 ) Für d → 0 geht der Fehler dieser Näherung gegen null. Zugleich lässt sich der Rand immer besser durch Punkte auf dem Gitter approximieren. Gleichung (11.19) ist nun für alle Gitterpunkte (n1 , n2 , n3 ) im Inneren von V aufzustellen. Die Anzahl dieser Punkte sei N . Damit ist (11.19) ein lineares, inhomogenes Gleichungssystem aus N Gleichungen für N Unbekannte Φ(n1 , n2, n3 ). Als Inhomogenitäten treten das Potenzial an den Randpunkten und die Ladungsdichte im Inneren von V auf. Dieses Gleichungssystem hat im Allgemeinen eine eindeutige Lösung. Kondensator Es gebe einen oder mehrere getrennte Metallkörper (zum Beispiel drei Metallkugeln), und das Volumen V dazwischen sei ladungsfrei. Eine solche Kondensatoranordnung ist ein spezielles Randwertproblem. Die einzelnen Metallkörper (i = 1, 2, ..., N ) haben konstante Potenziale Φi und tragen Gesamtladungen Qi . Zwischen diesen Größen besteht ein linearer Zusammenhang, Qi = jN=1 Cij Φj . Die Koeffizienten Cij hängen nur von der Geometrie des Kondensatorproblems ab. Unter einem Kondensator im engeren Sinn (zum Beispiel Plattenkondensator) versteht man eine Anordnung aus zwei Metallkörpern, die entgegengesetzt gleich große Ladungen tragen, also Q1 = −Q2 = Q. Da eine Konstante im Potenzial willkürlich gewählt werden kann, ist die Ladung Q durch die Spannung U = Φ1 − Φ2 festgelegt, also Q (11.20) Q = C U oder C = U Die Größe C heißt Kapazität des Kondensators. Im Gaußsystem hat die Kapazität die Dimension einer Länge. Im technischen Bereich wird die Kapazität von Kondensatoren im MKSA-System angegeben, [C] = [Q]/[U ] = Coulomb/Volt = Farad = F. Eine Kapazität von 1 cm im Gaußsystem entspricht etwa einem Picofarad (pF = 10−12 F) im MKSA-System. Die potenzielle Energie (11.10) des aufgeladenen Kondensators ist Q2 C U2 1 Q1 Φ1 + Q2 Φ2 = = (11.21) W = 2 2C 2

164


Differenzierbare komplexe Funktionen In diesem Abschnitt beschränken wir uns auf zweidimensionale Probleme, bei denen das Potenzial Φ von nur zwei kartesischen Koordinaten abhängt: Φ(r) = Φ(x, y)

(11.22)

Eine Reihe solcher Probleme lässt sich mit Hilfe von differenzierbaren komplexen Funktionen lösen. Eine komplexe Funktion f (z) kann in der Form f (z) = f (x + iy) = u(x, y) + i v(x, y) geschrieben werden; in diesem Abschnitt steht z für x + iy. Eine Funktion f (z) ist nur dann differenzierbar, wenn der Limes f = lim [f (z + Δz) − f (z)]/Δz sowohl für Δz = Δx → 0 wie für Δz = iΔy → 0 existiert und übereinstimmt. Dies impliziert die Cauchy-Riemannschen Differenzialgleichungen ux = vy und uy = −vx . Aus ihnen folgen u = uxx + uyy = 0

und v = vxx + vyy = 0

(11.23)

Damit liefert jede (zweimal) differenzierbare komplexe Funktion f (z) eine Lösung der zweidimensionalen Laplacegleichung. Die Bedingungen u = const. und v = const. bestimmen die Äquipotenzial- und Feldlinien (je nachdem, ob man u oder v mit dem Potenzial Φ(x, y) identifiziert.) Man kann nun elementare Funktionen (wie zn , ez , ln z, sin z) und Kombinationen bilden; sie sind im Allgemeinen mit Ausnahme einzelner Punkte differenzierbar. Dann kann man die Äquipotenziallinien studieren und bestimmten Randwertproblemen zuordnen.

Kugelfunktionen Die Laplacegleichung Φ = 0 lautet in Kugelkoordinaten

∂ ∂Φ 1 1 ∂2 ∂ 2Φ 1 sin θ + = 0 r Φ + 2 2 2 r ∂r r sin θ ∂θ ∂θ r 2 sin θ ∂φ 2

(11.24)

Der Separationsansatz U (r) P (cos θ ) Q(φ) r führt zu drei gewöhnlichen Differenzialgleichungen: Φ(r, θ, φ) =

l(l + 1) d 2U − U (r) = 0 dr 2 r2

dP d m2 1 − x2 + l(l + 1) − P (x) = 0 dx dx 1 − x2 d 2Q + m2 Q = 0 dφ 2

(11.25)

(11.26) (11.27)

(11.28)

165


Dabei ist x = cos θ . Physikalisch akzeptable Lösungen ergeben sich nur für die Separationskonstanten l = 0, 1, 2,... und m = 0, ±1,..., ±l. Die Lösungen von (11.28) sind Qm (φ) = exp(imφ). Die Lösungen von (11.27) sind die zugeordneten Legendrepolynome Plm (x), die in der Form Plm (x) =

l+m

l (−)m 2 m/2 d x2 − 1 1 − x l l+m 2 l! dx

(11.29)

dargestellt werden können. Die Plm (x) und Qm (φ) werden zu den Kugelfunktionen Ylm zusammengefasst: 2l + 1 (l − m)! m Ylm (θ, φ) = P (cos θ ) exp(imφ) (11.30) 4π (l + m)! l Eigenschaften Die zugeordneten Legendrepolynome sind Polynome in sin θ und cos θ :

Plm (x) = (sin θ )|m| · Polynom(l−|m|) cos θ

(11.31)

Zusammen mit Qm (φ) = exp(imφ) legt dies die funktionale Form der Kugelfunktionen als Ylm ∝ Plm (x) exp(imφ) fest. Der Vorfaktor der Ylm wird so gewählt, dass diese Funktionen normiert sind (unten). Die niedrigsten zugeordneten Legendrepolynome sind P00 = 1,

P10 = x ,

P11 = − 1 − x 2 ,

P −1 1 =

1 1 − x2 2

(11.32)

Die Kugelfunktionen für l = 0 und l = 1 sind 3 3 1 , Y10 = Y00 = √ cos θ , Y1,±1 = ∓ sin θ exp(±iφ) 4π 8π 4π (11.33) Wir definierten das Skalarprodukt für Funktionen durch b dx g ∗ (x) h(x) (11.34) (g, h) = (h, g)∗ = a

Die zugeordneten Legendrepolynome sind orthogonal (aber nicht normiert): 1 (l + m)! 2 δll (Plm , Plm ) = dx Plm (x) Plm (x) = (11.35) 2l + 1 (l − m)! −1 Die Kugelfunktionen sind orthonormiert: 2π 1

dφ d(cos θ ) Yl∗ m (θ, φ) Ylm (θ, φ) = δll δmm Yl m , Ylm = 0

−1

(11.36)

166


Jede stetige Funktion f (θ, φ) kann nach den Kugelfunktionen entwickelt werden (Vollständigkeit). Damit bilden die Ylm ein vollständiges orthonormiertes System von Funktionen. Im zylindersymmetrischen Fall hängen die auftretenden Funktionen nicht vom Winkel φ ab. Dann ist Qm=0 = 1 und die zugeordneten Legendrepolynome Plm (x) reduzieren sich zu den Legendrepolynomen Pl (x), Pl (x) = Pl0 (x) =

l 1 dl 2 x − 1 2l l! dx l

(11.37)

Jede stetige Funktion f (θ ) kann nach den Legendrepolynomen entwickelt werden. √ Die Funktionen (2l + 1)/2 Pl (x) bilden ein vollständiges orthonormiertes System von Funktionen. Allgemeine Form der Lösung Der Winkelanteil des Potenzials kann ohne Einschränkung der Allgemeinheit nach Kugelfunktionen entwickelt werden, Φ(r, θ, φ) = l,m Clm (r) Ylm (θ, φ). Eingesetzt in (11.24) erhält man für r Clm die Differenzialgleichung (11.26) mit der allgemeinen Lösung Clm = alm r l + blm/r l+1 . Damit lautet die allgemeine Lösung der Laplacegleichung Φ(r, θ, φ) =

∞ m=+l blm alm r l + l+1 Ylm (θ, φ) r

(11.38)

l = 0 m=−l

Die Laplacegleichung Φ = 0 soll in einem Volumen V gelten. Wenn V der ganze Raum ist, dann ist Φ = const. die eindeutige und uninteressante Lösung. Die Koeffizienten alm mit l ≥ 1 sind nur dann ungleich null, wenn sich das Volumen nicht bis unendlich erstreckt. Die Koeffizienten blm sind nur dann ungleich null, wenn das Volumen nicht die Umgebung von r = 0 enthält. Die Spezialisierung auf Zylindersymmetrie lautet ∞ bl l al r + l+1 Pl (cos θ ) Φ(r, θ ) = r

(11.39)

l =0

Wegen Pl (1) = 1 gilt ∞ ∞ bl bl l l al r + l+1 = al z + l+1 Φ(r, 0) = r z l =0

l =0

Das Potenzial auf der z-Achse legt bereits alle Koeffizienten fest.

(11.40)

167


Für eine leitende Kugel (Oberfläche r = R, Potenzial Φ0 ) im homogenen Feld (Φ → −E0 r cos θ + Φ0 für r → ∞) werden die Koeffizienten durch die Randbedingungen (bei r = R und r → ∞) festgelegt. Das Ergebnis ist R3 cos θ (r > R) (11.41) r2 Der erste Term ist eine unwesentliche Konstante. Der zweite Term beschreibt das homogene elektrische Feld. Der dritte Term wird durch die influenzierten Ladungen auf der Kugeloberfläche hervorgerufen. Er stellt das Feld eines elektrischen Dipols dar: p·r R3 (11.42) Φdip = E0 2 cos θ = r r3 Das Dipolmoment p der Kugel ist proportional zum angelegten Feld: p = E0 R 3 ez . Das Verhältnis αe = p/E0 wird als (elektrische) Polarisierbarkeit bezeichnet: Φ(r, θ ) = Φ0 − E0 r cos θ + E0

αe = R 3

(leitende Kugel)

(11.43)

Multipolentwicklung Wir betrachten eine räumlich begrenzte Ladungsverteilung, (r) = 0 für r > R. Wir gehen von (11.5) aus und wollen das Potenzial außerhalb (r > R > r ) der Ladungsverteilung berechnen. Dazu verwenden wir alternativ eine der beiden Entwicklungen nach Potenzen von (r /r)n , ⎧ 3 3 ⎪ 1 ∂ 1 1 ∂ ∂ 1 ⎪ ⎪ ⎪ − + + ... x xi xj ⎪ i ⎨ r ∂xi r 2 ∂xi ∂xj r 1 i =1 i,j =1 = (11.44) +l ∞ l |r − r | ⎪ ⎪ r 1 ⎪ < ∗ ⎪ Y (θ , φ ) Ylm(θ, φ) ⎪ ⎩ 4π 2l + 1 r l+1 lm l = 0 m = −l

>

In der oberen Zeile können wir xi xj durch xi xj − r 2 δij /3 ersetzen; denn der Zusatzterm ergibt wegen (1/r) = 0 (für r > r ) keinen Beitrag. Die Ersetzung dient der späteren Vereinfachung. Eingesetzt in (11.5) ergeben diese Entwicklungen das Potenzial: ⎧ 3 ⎪ xi xj q p·r 1 ⎪ ⎪ ⎪ + 3 + Qij 5 + . . . ⎪ ⎨ r r 2 r i, j =1 Φ(r) = (11.45) ∞ +l ⎪ ⎪ 4π qlm ⎪ ⎪ Ylm (θ, φ) ⎪ ⎩ 2l + 1 r l+1 l = 0 m = −l

In der oberen Zeile stehen die kartesischen Multipolmomente, insbesondere die Ladung q, das Dipolmoment p und der Quadrupoltensor Qij :

3 3 q = d r (r ) , p = d r r (r ) , Qij = d 3 r 3xi xj −r 2 δij (r ) (11.46)

168


In der unteren Zeile stehen die sphärischen Multipolmomente 4π ∗ d 3 r (r ) r l Ylm (θ , φ ) Multipolmoment qlm = 2l + 1

(11.47)

Die Terme einer bestimmten Potenz von (r /r)n müssen insgesamt jeweils übereinstimmen. Daher hängen die kartesischen und die sphärischen Multipolmomente miteinander zusammen, zum Beispiel q00 = q ,

q10 = p3 ,

q1,±1 =

±p1 + ip2 , √ 2

q20 =

Q33 2

(11.48)

Die kartesische Form ist nur bis einschließlich des Quadrupolmoments üblich und praktikabel. Die neun Elemente Qij reduzieren sich wegen Qij = Qj i auf sechs, und wegen der Spurfreiheit Qii = 0 auf fünf unabhängige Größen; dies sind auf der anderen Seite die fünf q2m . Beim Oktupolmoment Oij k sind nur sieben der 27 Elemente voneinander unabhängig. Das niedrigste nichtverschwindende Multipolmoment hängt nicht von der Wahl des Koordinatensystems ab, das für (r ) verwendet wird. Der Quadrupoltensor kann durch eine orthogonale Transformation auf Diagonalform gebracht werden. Da er spurfrei ist, sind nur zwei der drei Diagonalelemente unabhängig. Im zylindersymmetrischen Fall gibt es dann nur noch eine unabhängige Größe, das Quadrupolmoment. So wird für Atomkerne meist nur dieses eine Quadrupolmoment angegeben; je nach Art der Deformation des Kerns (zigarren- oder scheibenförmig) kann das Quadrupolmoment positiv oder negativ sein. Energie im externen Feld Für eine begrenzte Ladungsverteilung (r) = (r 0 + r ) = $ (r ) wählen wir einen (r ) nur für relativ kleine r ungleich null zentral gelegenen Aufpunkt r 0 , so dass $ ist. Mit (11.9) berechnen wir die Energie W in einem äußeren Feld. Dazu entwickeln wir Φext (r) = Φext (r 0 + r ) in eine Taylorreihe nach Potenzen von xi . Dies führt zu W = q Φext (r 0 ) − p · E ext (r 0 ) −

3 ∂Eext,j (r 0 ) 1 Qij + ... 6 ∂xi

(11.49)

i,j =1

Dabei sind q, pi und Qij die mit $ berechneten Multipolmomente; also die Multipolmomente bezüglich eines KS mit dem Ursprung bei r 0 . Die potenzielle Energie eines Dipols W = −p · E ext = −p Eext cos θ (11.50) ist minimal für p E. Das Drehmoment M = p × E ext versucht, den Dipolvektor in die energetisch bevorzugte Lage zu drehen.

(11.51)

169


Aufgaben 11.1 Ladungsdichte für Kugelschale und Kreisscheibe Eine Kugelschale und eine Kreisscheibe (beide infinitesimal dünn, und mit dem Radius R) sind homogen geladen (Gesamtladung q). Geben Sie für beide Fälle die Ladungsdichte an (mit Hilfe von δ- und Θ-Funktionen). Lösung: Für die Kugelschale verwenden wir Kugelkoordinaten, (r) = (r, θ, φ). Eine homogene Ladungsverteilung impliziert sphärische Symmetrie, also (r). Die Vorgabe „infinitesimal dünn“ bedeutet dann (r) = c1 δ(r − R). Die Konstante c1 folgt aus ∞ q = d 3 r (r) = 4π c1 dr r 2 δ(r − R) = 4π c1 R 2 0

Damit ist die Ladungsdichte der Kugelschale q δ(r − R) (r) = 4πR 2 Für die Kreisscheibe verwenden wir Zylinderkoordinaten, (r) = (ρ, ϕ, z). Eine homogene Ladungsverteilung impliziert, dass nicht von ϕ und im Inneren der Scheibe nicht von ρ abhängt. Die Begrenzung auf ρ ≤ R wird durch den Faktor Θ(R − ρ), die Vorgabe „infinitesimal dünn“ durch den Faktor δ(z) berücksichtigt, also = c2 Θ(R − ρ) δ(z). Die Konstante c2 folgt aus ∞ ∞ q = d 3 r (r) = 2π c2 dρ ρ dz Θ(R − ρ) δ(z) = π c2 R 2 0

0

Damit ist die Ladungsdichte der Kreisscheibe q Θ(R − ρ) δ(z) (r) = πR 2

11.2 Gaußsches Gesetz: Punktladung in einer Kugel Überprüfen Sie das Gaußsche Gesetz für eine Punktladung im Innern einer Kugel. Die Kugel hat den Radius R, die Punktladung hat den Abstand a vom Zentrum. Verwenden Sie Kugelkoordinaten. Lösung: Wir wählen den Kugelmittelpunkt bei z = 0 und setzen die Punktladung auf die z-Achse bei r 0 = a ez . Das elektrische Feld der Ladung und das Flächenelement der Kugel sind r − r0 , d A = R 2 d cos θ dφ er E(r) = q |r − r 0 | 3 Damit berechnen wir das Oberflächenintegral: 1 2π 5 R − a cos θ d A · E = q R2 d cos θ dφ (R 2 + a 2 − 2R a cos θ)3/2 −1 0 A 1 R cos θ − a R−a R+a = 2πq = 2πq √ + = 4πq |R − a| |R + a| R 2 + a 2 − 2R a cos θ −1 Im letzten Schritt wurde a < R verwendet (Ladung im Inneren der Kugel). Für a > R (Ladung außerhalb) wäre das Integral null.

170


11.3 Homogen geladene Kugel Bestimmen Sie das elektrostatische Potenzial (r ) Φ(r) = d 3 r |r − r | für eine homogen geladene Kugel (Ladung q, Radius R). Legen Sie dazu r in zRichtung und führen Sie die Integration in Kugelkoordinaten aus. Berechnen Sie das elektrische Feld E(r). Lösung: Mit r = r ez und der homogenen Ladungsdichte 0 = q/V mit V = (4π/3)R 3 erhalten wir R 1 1 Φ(r) = 2π0 d r r2 d cos θ √ 2 2 r + r − 2r r cos θ 0 −1

2π 0 R = dr r |r + r | − |r − r | r 0 Die Fälle r > R und r ≤ R werden getrennt ausgewertet: ⎧ 2 r R R r2 4π 0 ⎪ 2 ⎪ ⎪ = 4π d r r + r dr r − 0 ⎪ ⎨ r 2 6 0 r Φ(r) = ⎪ ⎪ 4π0 R 3 4π 0 R 2 ⎪ ⎪ ⎩ dr r = r r 3 0

(r ≤ R)

(r > R)

Damit lautet das Potenzial der homogen geladenen Kugel ⎧ r2 q 3 ⎪ ⎪ − ⎨ R 2 2R 2 Φ(r) = ⎪ ⎪ q ⎩ r

(r ≤ R) (r > R)

Das dazugehörige elektrische Feld ist ⎧ qr ⎪ ⎪ ⎨ R 3 er E(r) = −∇Φ(r) = ⎪ q ⎪ ⎩ er r2

(r ≤ R) (r > R)

11.4 Homogen geladener Kreiszylinder Bestimmen Sie das elektrische Feld eines homogen geladenen unendlich langen Kreiszylinders (Radius R, Länge L, Ladung/Länge = q/L, L → ∞). Lösen Sie das Problem (i) mit Hilfe des Gaußschen Gesetzes, und (ii) über die Poissongleichung. Beachten Sie, dass das Potenzial im Unendlichen nicht verschwindet.

171


Lösung: Wir verwenden Zylinderkoordinaten ρ, ϕ und z. Die homogene Ladungsdichte im Bereich des Zylinders ist 0 = q/(πR 2 L). Wegen der Symmetrie des Problems kann das Potenzial nur vom Abstand ρ von der Zylinderachse abhängen, also Φ = Φ(ρ). Dann ist das elektrische Feld von der Form E = E(ρ) eρ . Das Gaußsche Gesetz (11.8) wenden wir auf einen Zylinder mit dem Radius ρ und der Länge L an. Die Zylinderoberfläche besteht zum einen aus der Boden- und Deckfläche, und zum anderen aus der Mantelfläche. Im Bereich der Boden- und Deckfläche ist das Flächenelement dA ∝ ±ez , so dass E ·dA = 0. Auf der Mantelfläche ist dA = ρ dϕ dz eρ . Damit erhalten wir 5 (ρ ≤ R) πρ 2 L dA · E = 2π ρ L E(ρ) = 4π QV = 4π 0 πR 2 L A (ρ > R) Daraus ergibt sich das gesuchte elektrische Feld ⎧ ρ ⎪ ⎪ 2 2q ⎨ R E(ρ) = 1 L ⎪ ⎪ ⎩ ρ

(ρ ≤ R) (11.52) (ρ > R)

Als Alternative gehen wir von der Poissongleichung (11.6) aus. Für Φ(ρ) wird die Poissongleichung zu der gewöhnlichen Differenzialgleichung: ⎧ (ρ ≤ R) ⎨ −4π0

1 ρ Φ (ρ) = ⎩ ρ 0 (ρ > R) Die zweimalige Integration ergibt ⎧ ρ 2 ⎪ (ρ ≤ R) ⎨ −π0 ρ + c1 ln R + d1 Φ(ρ) = ⎪ ρ ⎩ (ρ > R) c2 ln + d2 R Für ρ > R liefert die Integration zunächst ln(ρ) + const. Dies kann durch ln(ρ/R) + const. + ln(R) ersetzt werden, also durch ln(ρ/R) und eine andere Integrationskonstante. Für eine homogene Ladungsdichte darf das Potenzial bei ρ = 0 nicht singulär werden. Daher gilt c1 = 0. Da das Potenzial nur bis auf eine Konstante festliegt, kann d2 = 0 gewählt werden. Die Ladungsdichte hat bei ρ = R einen Sprung. Damit hat auch die zweite Ableitung Φ (ρ) einen Sprung; nur so kann die Poissongleichung erfüllt werden. Damit sind aber Φ (ρ) und Φ(ρ) an dieser Stelle stetig. Diese Bedingungen ergeben d1 = π0 R 2 = q/L und c2 = −2π0 R 2 = −2q/L. Damit erhalten wir für das Potenzial des unendlich langen homogen geladenen Zylinders: ⎧ ρ2 ⎪ q ⎪ ⎪ 1 − (ρ ≤ R) ⎨ L R2 Φ(ρ) = ⎪ ⎪ ρ 2q ⎪ ⎩ − ln (ρ > R) L R Das elektrische Feld E = −∇Φ(ρ) = −Φ (ρ) eρ = E(ρ) eρ stimmt mit (11.52) überein.

172


11.5 Elektrostatisches Potenzial des Wasserstoffatoms Das elektrostatische Potenzial in einem Wasserstoffatom im Grundzustand ist von der Form r 2r e 1+ exp − Φ= r aB aB Dabei ist e die Elementarladung und aB = 0.53 Å der Bohrsche Radius. Bestimmen Sie das elektrische Feld E(r) und die Ladungsdichte (r). Berechnen Sie mit Hilfe des Gaußschen Gesetzes die Ladung q(R), die sich innerhalb einer Kugel mit Radius R befindet. Skizzieren Sie q(R) und interpretieren Sie das Resultat. Lösung: Für das sphärische Potenzial ist das elektrische Feld E(r) = −∇Φ(r) = E(r) e r mit dΦ(r) 2r 2r 2r 2 e E(r) = − (11.53) + 2 exp − = 2 1+ dr r aB aB aB Wenn man die Ladungsdichte über ∇·E =

1 d 2 4e 2r = 4π e (r) E(r) = − exp − r r 2 dr aB aB3

(r > 0)

berechnet, dann gilt das Ergebnis nur für r = 0. Das Potenzial Φ = e/r und das Feld E = (e/r 2 ) e r rühren von einer Punktladung q = e bei r = 0 her. Dies ist bei der Berechnung von Φ oder div E zu berücksichtigen. Dazu teilen wir das Potenzial auf: 2r e e r exp − Φ = Φp + Φe , Φp = , Φe = − 1− 1+ r r aB aB Da die Poissongleichung linear ist, können wir sie für beide Teile getrennt auswerten: 4e 2r Φe = 3 exp − Φp = −4πe δ(r) = −4π p , = −4π e aB aB Hieraus erhalten wir die Gesamtladungsdichte (r) = p (r) + e (r) = e δ(r) −

2r e exp − aB π aB3

Die δ-Funktion beschreibt das positiv geladene Proton, der andere Teil die negativ geladene Elektronenwolke. Die Gesamtladung ist null. Wir wenden nun das Gaußsche Gesetz (11.8) auf eine Kugel mit dem Radius R > 0 an. Für das Feld (11.53) erhalten wir 5 dA · E = 4πR 2 E(R) = 4π q(R) A

mit der von der Kugel eingeschlossenen Ladung 2R 2R 2R 2 q(R) = R 2 E(R) = e 1 + + 2 exp − aB aB aB

173

Kapitel 11 Elektrostatik q(R) 6

Die in einer Kugel mit dem Radius R eingeschlossene Ladung q(R). Für R → 0 gilt q → e. Dies entspricht der Ladung des hier als punktförmig angenommenen Protons. Das reale Proton hat dagegen eine Ausdehnung der Größe rp ≈ 1 fm ∼ 10−5 aB . Wenn man dies im Potenzial berücksichtigen würde, dann ginge q(R) im Bereich R 1 fm (im Bild nicht von der Ordinatenachse zu unterscheiden) gegen null.

e ......................................

......... ........ ........ ....... ........ ....... ........ ........ ......... .......... ........... ............ ............... ............

-

R

aB

11.6 NaCl-Kristall Berechnen Sie die elektrostatische Wechselwirkungsenergie eines Gitterions in einem eindimensionalen NaCl-Kristall. h

u

h

u

a

h

u

h

u

h

u

Na+ Cl−

Lösung: Die elektrostatische Wechselwirkungsenergie eines herausgegriffenen Na+ -Ions mit seinen beiden Nachbarn ist w = −2e2 /a. Für die beiden übernächsten Nachbarn ist hierin a → 2a zu setzen und das Vorzeichen zu ändern, und so weiter. Damit erhalten wir für die potenzielle Energie eines Na+ -Ions (und auch eines Cl− -Ions) mit den anderen Ionen e2 2e2 1 1 1 e2 e2 W =− 1 − + − + ... = −2 ln(2) ≈ −1.39 a 2 3 4 a a a Anmerkung: Für einen realen dreidimensionalen Kristall, dessen Gitterpunkte bei na mit n := (n1 , n2 , n3 ) liegen, kann dies zu W=

∞ e2 (−)N e2 ≈ −1.75 √ gN a a N N=1

√ verallgemeinert werden. Dabei ist gN die Anzahl der Ionen im Abstand N a, also gleich der Anzahl der Möglichkeiten, die Relation N = n12 + n22 + n32 für festes N zu erfüllen. Für N = 1 gibt es die 6 nächsten Nachbarn, für N = 2 die 12 übernächsten Nachbarn, für N = 3 die 8 überübernächsten Nachbarn und so fort. Die numerische Aufsummation ergibt die für den Kristall typische Madelung-Konstante.

11.7 Parallele geladene Drähte Berechnen und skizzieren Sie die Äquipotenzialflächen und Feldlinien von zwei parallelen, unendlich langen, dünnen Drähten im Abstand 2a, deren Ladung pro Länge gleich q/L beziehungsweise −q/L ist. Betrachten Sie zunächst einen einzelnen Draht, und berechnen Sie dessen elektrisches Feld mit dem Gaußschen Gesetz. Superponieren Sie anschließend die Potenziale und Felder der beiden Drähte. Hinweis: Die Differenzialgleichung für die Feldlinien können Sie mit Hilfe eines integrierenden Faktors lösen. Es ergibt sich ein orthogonales Kreisnetz.

174


Lösung: Wir betrachten zunächst einen einzelnen Draht mit der z-Achse als Symmetrieachse und verwenden Zylinderkoordinaten ρ, ϕ und z. Wegen der Symmetrie des Problems hängt das Potenzial nicht von ϕ oder z ab, also Φ = Φ(ρ). Das elektrische Feld ist dann von der Form E = E(ρ) eρ . Wir wenden das Gaußsche Gesetz (11.8) auf einen Zylinder mit dem Radius ρ und der Länge L an. Die Zylinderoberfläche besteht zum einen aus der Boden- und Deckfläche, und zum anderen aus der Mantelfläche. Im Bereich der Boden- und Deckfläche ist das Flächenelement dA ∝ ±ez , so dass E ·dA = 0. Auf der Mantelfläche ist dA = ρ dφ dz eρ . Damit erhalten wir für jeweils einen Draht 5 dΦ(ρ) 2q 1 =− (ρ > R) dA · E = 2πL ρ E(ρ) = ±4πq , E(ρ) = L ρ dρ A Dabei ist R der Radius des Drahtes (wobei R a). Eine Integration ergibt das elektrostatische Potenzial 2q ρ Φ(ρ) = ∓ ln (ρ > R) (11.54) L R Die Integration ergibt zunächst Φ ∝ ln ρ + const. Die Integrationskonstante kann so gewählt werden, dass Φ ∝ ln(ρ/R) = ln ρ − ln R; dies ist ohne Einfluss auf das Feld E. Wir verwenden jetzt (11.54) für jeden der beiden Drähte, deren Zentren bei r 1,2 = ± a ex liegen, und superponieren die Potenziale der beiden Drähte: 2 ρ 2q ρ 1 q ρ1 2 Φ(r) = − ln − ln = − ln L R R L ρ22 q (x − a)2 + y 2 = − ln (11.55) L (x + a)2 + y 2 y 6

.... . ... ....................................... .... ......... .... .. .................... . ... .......... ......... .. ........ .... .... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .............. .. .... ....... ............... ........ ... . ......... ..... ............. ....... ..... ... ... .. . ... ... ... ... ..... .. ...... .... .. ....... . . . . . . ... .... ... .. ... .... .... .. .. ...... ... .. . .. ... ... ................................... ... .. ... . ... .. ................ .......................... ................... ........ ............... .... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..... .... . . ... ...... ...... .. . ... ................ . . . . . . . . . . . . . .... . . ... .. ...... ... ... .... .... ... ..... ................. . . .... . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . ........ ...... .................................................. ......... .. ... ... . ...... ... .................... ... .. ... ... .................. .... ..... ..... .. .. ............ ... ... .. .. ... ... ... .. ........... . .... ... ........ .. .. ... ... .. .. .. .. ......... . .. .. . . ... . . . ... ... ................. .. .. ... .... .... .... .... .... ................. . . . ... . . . . . . . . ... .... .. ... ............... . . .. .. ............. .. ... . .. .. .... ........ ................................................ ........ ........ .. . ............. .... ... ... ... ... ... ... .......... ......... .. . .... . . . . ... ... ....... ..... . .. . ..... .. .... . .. .. .... ... . . . ............. ... ............. ............... ...... .............. ... ... .......... ...... ................. .......... . ...... .. ....... . .. .... ... .................................... ... ... .... ... . .. . . . . . ... . ... .. .... ... ... ..... . .... ... ... ..... . ... ... ....... ...... .... ... .... .... ... .......... ... .. . ..... .... ............. . . . . . . . . . . . . . . .......... ............... ........ .... ........ ............... .......... ... ...... ..... ... ... ..... ......... ....... .. . ......... ........ .. ... ...................................................... ...... . ....

u

u

Hierbei sind ρ 1 und ρ2 die Abstände des betrachteten Punkts r von den beiden Drähten. Die Äquipotenzialflächen ergeben sich aus Φ = const., also -

x

(x − a)2 + y 2 = const. = c ≥ 0 (x + a)2 + y 2 Es handelt sich um Kreiszylinder (gestrichelte Linien): 2 √c 2 1 + c 2 a + y2 = a x− 1−c 1−c

Das zum Potenzial (11.55) gehörige elektrische Feld hat die Komponenten 2q (x + a) (x − a) − Ex = L (x − a)2 + y 2 (x + a)2 + y 2 2q y y − Ey = L (x − a)2 + y 2 (x + a)2 + y 2 Ez = 0

175


Wegen Ez = 0 verlaufen die Feldlinien in der x-y-Ebene. Eine Kurve y = y(x) hat einen Tangentenvektor, der parallel zu (dx, dy) ist. Dieser Tangentenvektor muss parallel zur Feldrichtung sein, also (dx, dy) (Ex , Ey ). Dies ergibt Ey 2xy dy 4axy = = 2 = dx Ex 2x (2a x) − 2a (x 2 + y 2 + a 2 ) x − y2 − a2 oder

2 x y dx + y 2 − x 2 + a 2 dy = 0

(11.56)

Wenn dieser Ausdruck A dx + B dy = 0 ein vollständiges Differenzial dF = Fx dx + Fy dy = 0 wäre, dann könnte man zu F (x, y) = const. aufintegrieren und erhielte so die gesuchten Feldlinien. Wegen ∂A/∂y = ∂B/∂x ist dies aber nicht der Fall. Man kann nun einen solchen Ausdruck mit einer Funktion g(x, y) multiplizieren, die dann so bestimmt wird, dass sich ein vollständiges Differenzial ergibt (Methode des integrierenden Faktors). In unserem Fall führt bereits die Multiplikation mit einer Funktion g(y), also

(11.57) 2 x y g(y) dx + y 2 − x 2 + a 2 g(y) dy = 0 zum Erfolg. Dies ist ein vollständiges Differenzial dF = Fx dx + Fy dy = 0, wenn sich für

∂F = y 2 − x 2 + a 2 g(y) , ∂y

∂F = 2 x y g(y) ∂x

(11.58)

jeweils dieselbe zweite partielle Ableitung ergibt: ∂ 2F = − 2 x g(y) = 2 x g(y) + y g (y) ∂x ∂y Damit haben wir eine gewöhnliche Differenzialgleichung für die unbekannte Funktion g(y) erhalten. Sie wird durch g(y) = 1/y 2 gelöst; für unsere Zwecke reicht eine spezielle Lösung. Für g(y) = 1/y 2 wird (11.58) zu ∂F /∂ y = 1 − (x 2 − a 2 )/y 2 und ∂F /∂ x = 2x/y. Daraus erhalten wir die Stammfunktion F (x, y) = y + oder

y−d

x 2 − a2 = const. = 2 d y

2

+ x2 = a2 + d 2

(11.59)

Wir sind von Kurven y = y(x) und ihrem Tangentenvektor ausgegangen. Für die gesuchten Feldlinien ergab sich hieraus (11.56). Die Integration ergibt dann die Feldlinien in der Form (11.59). Damit haben wir nicht nur für die Äquipotenzialflächen (gestrichelte Linien in der Abbildung oben), sondern auch für die Feldlinien (durchgezogene Linien) Kreise erhalten. Insgesamt ergibt sich das skizzierte orthogonale Kreisnetz. Anmerkung: Damit die Potenziale der einzelnen Drähte die Form (11.54) haben, muss man annehmen, dass die Ladungsverteilungen der Drähte Zylindersymmetrie haben. Das gilt zum Beispiel, wenn man die Drähte als homogen geladene (dünne) Zylinder betrachtet, oder auch für einen einzelnen Metalldraht, bei dem die Ladung auf der Oberfläche sitzt. Für zwei Metalldrähte ist die Situation aber komplizierter, weil die gegenseitige Beeinflussung zu Influenzladungen und damit zu Abweichungen von der Zylindersymmetrie führt. In diesem Fall müsste man von der Bedingung eines konstanten Potenzials auf dem Draht ausgehen; dies führt praktisch dazu, dass in (11.55) a durch (a 2 − R 2 )1/2 ersetzt wird. Für die hier angenommenen dünnen Drähte (R a) kann man auf diese Unterscheidung verzichten; dies wurde durch die Anleitung in der Aufgabenstellung vorweggenommen.

176


11.8 Homogen geladener dünner Stab Die Ladungsdichte eines dünnen, homogen geladenen Stabs (Ladung q, Länge 2a) ist q δ(x) δ(y) Θ(a − |z|) (r) = 2a Werten Sie die Integralformel für das Potenzial in Zylinderkoordinaten aus. Berechnen und skizzieren Sie die Äquipotenzialflächen und Feldlinien. Die Differenzialgleichung für die Feldlinien kann mit Hilfe eines integrierenden Faktors gelöst werden. Lösung: Die Ladungsdichte wird in (11.5) eingesetzt: # " q z + a + ρ 2 + (z + a)2 dz = ln 2a x 2 + y 2 + (z − z )2 z − a + ρ 2 + (z − a)2 −a z + a z − a q = arsinh − arsinh (11.60) 2a ρ ρ

q Φ(ρ, z) = 2a

a

1

Wegen der δ-Funktionen konnten die x- und y-Integrationen unmittelbar ausgeführt werden. Das resultierende Potenzial ist rotationssymmetrisch bezüglich der z-Achse. Die Äquipotenzialflächen Φ = const. sind z + a + ρ 2 + (z + a)2 = const. = c z − a + ρ 2 + (z − a)2 Es handelt sich um Rotationsellipsoide (gestrichelte Linien in der Abbildung unten):

(1 − c) ρ √ 2 ca

2 +

(1 − c) z (1 + c) a

2 =1

Das elektrische Feld hat die Komponenten Eϕ = 0 und # " ∂Φ z−a q z+a − = Eρ = − ∂ρ 2aρ ρ 2 + (z + a)2 ρ 2 + (z − a)2 # " ∂Φ 1 q 1 Ez = − − =− ∂z 2a ρ 2 + (z + a)2 ρ 2 + (z − a)2 Wegen Eϕ = 0 verlaufen die Feldlinien in der ρ-z-Ebene. Eine Kurve z = z(ρ) hat einen Tangentenvektor, der parallel zu (dρ, dz) ist. Dieser Tangentenvektor muss parallel zur Feldrichtung sein, also (dρ, dz) (Eρ , Ez ), oder Ez dρ − Eρ dz = 0

(11.61)

Wenn dieser Ausdruck ein vollständiges Differenzial dF = Fρ dρ + Fz dz = 0 wäre, dann könnte man zu F (ρ, z) = const. aufintegrieren und erhielte so die gesuchten Feldlinien. Wegen ∂Ez /∂z = −∂Eρ /∂ρ liegt aber kein vollständiges Differenzial vor. Man kann nun (11.61) mit einer Funktion g(ρ, z) multiplizieren, die so bestimmt wird, dass sich ein vollständiges Differenzial ergibt (Methode des integrierenden Faktors).

177

Kapitel 11 Elektrostatik z 6

a 0 −a

... .. ............... .............. ... ............ ... .. .... .... ...... .. ...... ... ... ..... ...... ...... ... .. ..... .. ..... ...... ... .... ..... . . ... . . . . . ............... ...... . .... ........ ......... ........ .... ....... ......... ......... ......... ...... .. ........ . .... ...... .... ......... ... . ..... ...... ... .............. ......... . . . .... ........... . . . . ............ . . . ...... ......... . ...... ..... ............ ............ ......... .. ........... ............. .... .................. . ... .......... .... ............. . .................. .. ...... .......... ................... .. ........ .... ................ .................. ............. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...... .. .. ....... ...... .................... .... .......................... ............................... ... . .. .. ... ..................................................................... ... .. .. .. ........................ .. .. ... ... . ... .. .... .. . . . ... . .. .. ... ... .. . .................................... ... . . .. ............................. ........................... . . . . . .................... ............................. ............................... ... .............. ......... ... .......... .. .............. .... .......... ........ .... ................. .......... .............. ......... . ............... . ...... .. .................. ............. ......... .... ......... ....... ......... .................. .............. .......... .. .. ............. . .. ........ .. ...... ............. ....... ....... ..... .... ............ ... .................. ... .. ... ...... . . . ......... . ...... .. ......... ......... . . . . . . . . . . ....... ......... ....... .... . . . . . . . . . . ............. ....... . . ....... ... . ........ ... .... ...... ... ...... ..... ... ...... ... ...... ... ...... ...... ... ........ .. . ... ..... ....... ..... ... ...... ... ............... ........... ... ... ...

In unserem Fall führt bereits die Multiplikation mit einer Funktion g(ρ), also dF = g(ρ) Ez dρ − g(ρ) Eρ dz = 0

-

ρ

zum Erfolg. Damit dies ein vollständiges Differenzial dF = Fρ dρ + Fz dz = 0 ist, muss die partielle Ableitung des ersten Koeffizienten nach z gleich der des zweiten Koeffizienten nach ρ sein: ∂Ez ∂Eρ dg(ρ) + g(ρ) + Eρ ∂z ∂ρ dρ dg(ρ) g(ρ) (11.62) − Eρ = 0 = dρ ρ

g(ρ)

Für den letzten Schritt wurde div E = ∂Eρ /∂ρ + Eρ /ρ + ∂Ez /∂z = 0 verwendet.

Die Differenzialgleichung (11.62) hat die Lösung g(ρ) = ρ. Damit werden die Koeffizienten des vollständigen Differenzials zu # " ∂F ρ q ρ − = − ∂ρ 2a ρ 2 + (z + a)2 ρ 2 + (z − a)2 # " ∂F z−a q z+a − = − ∂z 2a ρ 2 + (z + a)2 ρ 2 + (z − a)2 Hieraus erhalten wir die Stammfunktion q 2 ρ + (z + a)2 − ρ 2 + (z − a)2 = const. = −q d F (ρ, z) = − 2a wobei d eine Integrationskonstante ist. Damit sind die Feldlinien Hyperbeln (durchgezogene Linien in der Abbildung oben): ρ2 z2 − =1 2 2 d a (1 − d 2 ) a 2

11.9 Poissongleichung auf ein- und zweidimensionalem Gitter Formulieren Sie die Poissongleichung für Φ(x) auf einem eindimensionalen und für Φ(x, y) auf einem zweidimensionalen äquidistanten Gitter mit Gitterabstand d. Lösung: Im eindimensionalen Fall lautet die Poissongleichung d 2 Φ(x)/dx 2 = −4π(x). Gesucht ist das Potenzial Φn = Φ(nd) an den Gitterpunkten bei x = nd. Wir nähern die zweite Ableitung durch den Differenzenquotienten an: d2Φ (Φn+1 − 2Φn + Φn−1 ) ≈ dx 2 d2

178


Damit wird die Poissongleichung auf einem eindimensionalen Gitter zu Φn+1 − 2Φn + Φn−1 = −4πn d2 In zwei Dimensionen lautet die Poissongleichung ∂ 2 Φ/∂x 2 + ∂ 2 Φ/∂y 2 = −4π. Gesucht sind die Potenzialwerte Φn1 ,n2 = Φ(n1 d, n2 d). Mit den Näherungen Φn1 +1,n2 − 2Φn1 ,n2 + Φn1 −1,n2 ∂ 2Φ ≈ , ∂x 2 d2

∂ 2Φ Φn1 ,n2 +1 − 2Φn1 ,n2 + Φn1 ,n2 −1 ≈ ∂y 2 d2

erhalten wir für das zweidimensionale Gitter: Φn1 +1,n2 + Φn1 −1,n2 + Φn1 ,n2 +1 + Φn1 ,n2 −1 − 4Φn1 ,n2 = −4πn1 ,n2 d2

11.10 Poissongleichung auf dem Gitter: Hohler Metallwürfel Ein würfelförmiger Hohlraum (Kantenlänge L) sei durch Metallwände begrenzt. Der Würfel werde nun in der Mitte parallel zu zwei Seitenflächen durchgeschnitten. An der einen Hälfte wird das Potenzial Φ = Φ0 angelegt, an der anderen gelte Φ = 0; die beiden Metallkörper seien voneinander isoliert. Berechnen Sie das Potenzial im Inneren dieser Anordnung numerisch. Verwenden Sie dazu einen Gitterabstand d = L/3. In welchem Bereich der Anordnung wird die numerische Lösung auch bei kleinerem Gitterabstand (zum Beispiel d = L/100) deutlich von der wahren Lösung abweichen? Lösung: Der Würfel wird durch die 64 Gitterpunkte

r(n1 , n2 , n3 ) = r n1 ,n2 ,n3 = d n1 ex + n2 ey + n3 ez

mit ni = 0, 1, 2, 4

abgedeckt. Als Schnittfläche wählen wir die Ebene z = L/2. Dann haben die Randpunkte mit z(n1 , n3 , n3 ) < L/2 das Potenzial 0, die Randpunkte mit z(n1, n3 , n3 ) > L/2 das Potenzial Φ0 . y 6 u

u

u

u

u

e

e

u

u

e

e

u

u

u

u

u

x

-

Blick von oben auf das Gitter. Die 16 Bodenpunkte bei z = 0 liegen auf dem Potenzial Φ = 0; dies gilt auch für die 12 Randpunkte (gefüllte Kreise in der Skizze) der Ebene z = d. Die 16 Dachpunkte bei z = 3d liegen auf dem Potenzial Φ0 ; dies gilt auch für die 12 Randpunkte der Ebene z = 2d. Gesucht ist das Potenzial auf den verbleibenden inneren Punkten (offene Kreise), dies sind jeweils 4 in den Ebenen z = d und z = 2d.

In jeweils einer Ebene haben die 4 Innenpunkte aus Symmetriegründen dasselbe Potenzial, Φ1,1,1 = Φ2,1,1 = Φ1,2,1 = Φ2,2,1

und

Φ1,1,2 = Φ2,1,2 = Φ1,2,2 = Φ2,2,2

179


Es genügt daher, die Potenziale Φ1,1,1 und Φ1,1,2 zu bestimmen. Wir setzen die Laplacegleichung, deren Form aus (11.19) folgt, für diese beiden ausgewählten Punkte an:

d 2 Φ 1,1,1 = Φ2,1,1 + Φ0,1,1 + Φ1,2,1 + Φ1,0,1 + Φ1,1,2 + Φ1,1,0 − 6 Φ1,1,1 = Φ1,1,2 − 4Φ1,1,1 = 0 d 2 (Φ)1,1,2 = Φ2,1,2 + Φ0,1,2 + Φ1,2,2 + Φ1,0,2 + Φ1,1,3 + Φ1,1,1 − 6Φ1,1,2 = 3 Φ0 + Φ1,1,1 − 4 Φ1,1,2 = 0 Aus der ersten Gleichung folgt Φ1,1,2 = 4 Φ1,1,1 und aus der zweiten 5 Φ1,1,1 = Φ0 . Damit sind die Potenziale im Innenraum Φ1,1,1 =

1 Φ0 , 5

Φ1,1,2 =

4 Φ0 5

An den Schnittkanten z = L/2 springt das Potenzial von 0 auf Φ0 . Dies impliziert starke räumliche Variationen des Potenzials, die durch eine numerische Lösung auf dem Gitter möglicherweise nur unzureichend beschrieben werden.

11.11 Durch Metallplatten begrenztes Volumen I Das Volumen * + VI = r : 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b, −∞ ≤ z ≤ ∞ ist durch Metallplatten begrenzt. Die beiden Platten bei x = 0 und x = a sind geerdet, die beiden anderen bei y = 0 und y = b haben das Potenzial Φ0 . Wegen der Translationssymmetrie in z-Richtung reduziert sich das Problem auf zwei Dimensionen, Φ(r) = Φ(x, y). Lösen Sie die Laplacegleichung im Inneren des Volumens mit dem Separationsansatz und geben Sie die allgemeine Lösung an. Bestimmen Sie die Konstanten dieser Lösung so, dass die Randbedingungen erfüllt sind. Lösung: Mit dem Separationsansatz Φ(x, y) = X(x) Y (y) wird die Laplacegleichung zu Φ = X (x) Y (y) + X(x) Y (y) = 0 Hieraus folgt

Y (y) X (x) =− = −α 2 X(x) Y (y)

(11.63)

Da der erste Ausdruck nicht von y und der zweite nicht von x abhängt, müssen beide Ausdrücke gleich einer Konstanten sein, die wir mit −α 2 bezeichnen. Damit erhalten wir die gewöhnlichen Differenzialgleichungen X (x) + α 2 X(x) = 0 ,

Y (y) − α 2 Y (y) = 0

Für X(x) sind die Lösungen cos(α x) und sin(α x). Die Konstante auf der rechten Seite von (11.63) ist zunächst einmal reell, da wir hier nur mit reellen Größen arbeiten. Hätten wir hier +α 2 anstelle von −α 2 angesetzt, dann wären die Lösungen X(x) ∝ exp(±α x). Damit könnten die Randbedingungen X(0) = X(a) = 0 nicht erfüllt werden (außer für X(0) ≡ 0, was Φ ≡ 0 impliziert und auszuschließen ist).

180


Wegen Φ(0, y) = 0 oder X(0) = 0 kommt nur die Lösung X(x) ∝ sin(α x) in Frage. Die Bedingung Φ(a, y) = 0 oder X(a) = 0 impliziert dann sin(αn x) = 0 mit αn = nπ/a. Die Lösungen für Y (y) sind von der Form {cosh(αn y), sinh(αn y)}. Damit erhalten wir Φ(x, y) =

∞

sin(αn x) An cosh(αn y) + Bn sinh(αn y)

mit αn =

n=1

nπ a

(11.64)

Es sind jetzt noch die Randbedingungen in y-Richtung zu erfüllen: Φ(x, 0) =

∞

An sin(αn x) = Φ0

(11.65)

n=1

Φ(x, b) =

∞ An cosh(αn b) + Bn sinh(αn b) sin(αn x) = Φ0

(11.66)

n=1

Wir multiplizieren die Gleichung (11.65) mit sin(αm x) und integrieren über x. Die Funktioorthonormiertes Funknen {(2/a)1/2 sin(αn x)} bilden im Intervall [0, a] ein vollständiges, tionensystem (Fourierreihe, Aufgabe 11.21), also (2/a) dx sin(αn x) sin(αm x) = δmn . Daher erhalten wir % 0 (m gerade) 2 Φ0 a dx sin(αm x) = Am = 4 Φ0 /(mπ) (m ungerade) a 0 Dieselbe Prozedur (Multiplikation mit sin(αm x) und Integration) wird nun auf die Gleichung (11.66) angewendet. Dann erhalten wir ganz analog Am cosh(αm b) + Bm sinh(αm b) = Am

oder

Bm =

1 − cosh(αm b) Am sinh(αm b)

Wir setzen die nunmehr bekannten Koeffizienten in (11.64) ein:

sinh(αn y) 4 Φ0 sin(αn x) Φ(x, y) = cosh(αn y) + 1 − cosh(αn b) π n sinh(αn b) n ungerade

4 Φ0 = π

n ungerade

sin(αn x) n

"

# sinh(αn y) + sinh αn (b − y) sinh(αn b)

Die letzte Umformung macht die Spiegelsymmetrie bezüglich der Ebene y = b/2 sichtbar.

11.12 Durch Metallplatten begrenztes Volumen II Das Volumen

* + VII = r : 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ ∞, −∞ ≤ z ≤ ∞

ist durch Metallplatten begrenzt. Die beiden Seitenplatten bei x = 0 und x = a sind geerdet; die Bodenplatte bei y = 0 hat das Potenzial Φ0 . Wegen der Translationssymmetrie in z-Richtung reduziert sich das Problem auf zwei Dimensionen, Φ(r) = X(x) Y (y). Lösen Sie die Laplacegleichung im Inneren des Volumens mit dem Separationsansatz und geben Sie die allgemeine Lösung an. Bestimmen Sie die Konstanten dieser Lösung so, dass die Randbedingungen erfüllt sind.

181


Zeigen Sie, dass das Potenzial auch in der Form 2 Φ0 sin(πx/a) arctan Φ(x, y) = π sinh(πy/a)

(11.67)

geschrieben werden kann. (Es genügt zu zeigen, dass dieses Potenzial das gestellte Randwertproblem löst; denn die Lösung des Problems ist ja eindeutig). Berechnen und skizzieren Sie die Äquipotenzialflächen und Feldlinien. Lösung: Mit dem Separationsansatz Φ(x, y) = X(x) Y (y) wird die Laplacegleichung zu Φ = X (x) Y (y) + X(x) Y (y) = 0 Hieraus folgt

X (x) Y (y) (11.68) =− = −α 2 X(x) Y (y) Da der erste Ausdruck nicht von y und der zweite nicht von x abhängt, müssen beide Ausdrücke gleich einer Konstanten sein, die wir mit −α 2 bezeichnen. Damit erhalten wir die gewöhnlichen Differenzialgleichungen X (x) + α 2 X(x) = 0 ,

Y (y) − α 2 Y (y) = 0

Für X(x) sind die Lösungen cos(α x) und sin(α x). Die Konstante auf der rechten Seite von (11.68) ist zunächst einmal reell, da wir hier nur mit reellen Größen arbeiten. Hätten wir hier +α 2 anstelle von −α 2 angesetzt, dann wären die Lösungen X(x) ∝ exp(±α x). Damit könnten die Randbedingungen X(0) = X(a) = 0 nicht erfüllt werden (außer für X(0) ≡ 0, was Φ ≡ 0 impliziert und auszuschließen ist). Wegen Φ(0, y) = 0 oder X(0) = 0 kommt nur die Lösung X(x) ∝ sin(α x) in Frage. Die Bedingung Φ(a, y) = 0 oder X(a) = 0 impliziert dann sin(αn x) = 0 mit αn = nπ/a. Für Y (y) erhalten wir Lösungen der Form exp(α y) und exp(−α y), oder cosh(αn y) und sinh(αn y); wir verwenden die Exponentialfunktionen, die etwas schneller zur Lösung führen. Wegen Φ(x, ∞) = 0 kommt nur die Lösung Y (y) ∝ exp(−α y) in Frage. Damit erhalten wir Φ(x, y) =

∞

An sin(αn x) exp(−αn y)

mit αn =

n=1

nπ a

(11.69)

Es sind jetzt noch die Randbedingungen bei y = 0 zu erfüllen: Φ(x, 0) =

∞

An sin(αn x) = Φ0

n=1

Wir multiplizieren beide Seiten mit sin(αm x) und integrieren von x = 0 bis a. Die Funktionen {(2/a)1/2 sin(αn x)} bilden im Intervall [0, a] ein vollständiges, orthonormiertes Funk tionensystem (Fourierreihe, Aufgabe 11.21), also (2/a) dx sin(αn x) sin(αm x) = δmn . Damit erhalten wir % 0 (m gerade) 2 Φ0 a Am = dx sin(αm x) = 4 Φ0 /(mπ) (m ungerade) a 0 und Φ(x, y) =

4 Φ0 π

n ungerade

sin(αn x) exp(−αn y) n

(11.70)

182


Die analytische Aufsummation zu (11.67) ist kompliziert (numerisch könnte die Reihe dagegen leicht aufsummiert werden). Es genügt aber zu zeigen, dass (11.67) das Randwertproblem löst; denn dessen Lösung ist ja eindeutig. Man überprüft zunächst, dass (11.67) die Randbedingungen erfüllt. Dann ist nur noch zu zeigen, dass (11.67) auch Lösung der Laplacegleichung ist. Dazu verwenden wir die Notation πx πy u(x) mit u(x) = sin , v(y) = sinh (11.71) Φ ∝ arctan v(y) a a und lassen den Vorfaktor weg. Wir bestimmen die relevanten partiellen Ableitungen: ∂Φ(x, y) u v , = −Ex ∝ 2 ∂x u + v2 ∂ 2 Φ(x, y) u v (u2 + v 2 ) − 2u 2 uv ∝ , ∂x 2 (u2 + v 2 )2

∂Φ(x, y) uv = −Ey ∝ − 2 ∂y u + v2 ∂ 2 Φ(x, y) uv (u2 + v 2 ) − 2uv 2 v ∝ − ∂y 2 (u2 + v 2 )2

Damit lautet die Laplacegleichung Φ ∝

(u v − uv )(u2 + v 2 ) − 2uv (u 2 − v 2 ) = 0 (u2 + v 2 )2

Für die in (11.71) gegebenen Funktionen u(x) und v(y) verschwindet der Zähler. Damit haben wir gezeigt, dass (11.67) und (11.70) das gestellte Randwertproblem lösen. Wegen der Eindeutigkeit sind beide Lösungen identisch. Mit den in (11.71) definierten Funktionen sind die Äquipotenzialflächen (gestrichelt) durch v(y)/u(x) = const. = c oder a πx y = arsinh c sin π a

6y

Φ=0

Φ=0

........................ ......... ............... .............. .......... ..................... ... ..... ........ ....... ........... ..... ........ ...... ........ ..... ...... .. ...... ........... ........ ........ .... .... . . . . . . . . .. ..... .... ....... .... ... ... ... ... ... ... ... .. ... ......................... .... ................ ............... ............... ........... .... ......... .. ................................ ....... ........ . . . . . . ..... . . .. ........ ........ .... ...... ..... .. .......... . . . . . . . . . ......... .. ... . ............ .. . . . . . . . . . . ... . ... ........ ... ...... ... . . . . . . . . . . . ... .... .... ... .. .. ... . ... .... ... .. ... ... .. .. ... ... . . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... ........ .. ... .... ........ . ............... ......................... .... . . . . . . . . . . . . . . ....... .......................... . . . .... ..... .. . . . . . .... .............. ...... . .... .... .... .... ........ . ..... ... .... . ... ..... ..... . ... .. . . . . . . . . . ..... .... . ....... . ... ... ... .. . . . ....... .... . . ... ... .. .. . . .... ...... ... ..... .. ............. .................... .... . . . . ... . ..... ..... ..... .... ... ..... .. .. ............ . ... . .................... .... . . . ... ... .... ... ... .................... .. .. ..... ... .. .. ... .. .. ........... .. .. ... ... .. .. .. . .. ... ......... . .. .... .. .. .... .... . . . . . . . . . ..... ..... .... ...... ... .......... .. .. . .. . ... .. . . . . . . .. . . . . . ... .. ........ .. .... .... . . . .. .... .. ..... .. ... .. ..... .. .. ..... ..... ........ .... ... ... ..... . ...... .. .. ... . . ....... . . .. . . ...... ........... . . .......... .. .. .. .... .... ........ .. .... .... ... ......... ...... .. ... ... ... ... ... ............

Φ = Φ0

a

gegeben. Für die Feldlinien y(x) (durchgezogene Linien) gilt (dx, dy) (Ex , Ey ). Mit den Funktionen aus (11.71) erhalten wir hierfür u v Ey tan(πx/a) dy =− =− = dx Ex uv tanh(πy/a) -

x

Für alle Ebenen z = const. ergibt sich dasselbe Bild. Die Konfiguration ist spiegelsymmetrisch bezüglich der Ebene x = a/2.

Die letzte Gleichung lässt sich in der Form tanh(πy/a) dy = − tan(πx/a) dx und aufintegrieren: πy a πx πy πx a ln cosh = ln cos cosh = cos + const., π a π a a a Hieraus erhalten wir die in der Abbildung skizzierten Feldlinien: a πx y = arcosh cos π a

schreiben


183

11.13 Variationsprinzip für die Feldenergie Am Rand R des Volumens V ist das Potenzial Φ(r) vorgegeben. In V genügt das Feld dem Variationsprinzip

2 1 W [Φ] = d 3 r grad Φ(r) = minimal 8π V Leiten Sie hieraus eine Differenzialgleichung für Φ(r) ab. Erläuterung: Das elektrostatische Feld stellt sich so ein, dass die Feldenergie minimal ist. Die Feldenergie W [Φ] ist ein Funktional von Φ. Die Minimalitätsbedingung impliziert δW = W [Φ + δΦ] − W [Φ] = 0, wobei δΦ(r) eine kleine Variation ist, die am Rand verschwindet. Lösung: Die Feldenergie wird für das Potenzial Φ + δΦ mit der kleinen Variation berechnet:

2 1 d 3 r ∇ Φ + δΦ W [Φ + δΦ] = 8π V

2

1 = d 3 r ∇Φ + 2∇Φ · ∇δΦ + O (δΦ)2 8π V

1 d 3 r Φ δΦ + O (δΦ)2 = W [Φ] − 4π V Im letzten Schritt wurde der zweite Term partiell integriert; die Randbeiträge fallen weg, da am Rand δΦ = 0. Damit erhalten wir 1 d 3 r Φ(r) δΦ(r) = 0 δW = W [Φ + δΦ] − W [Φ] = − 4π V Wegen der Beliebigkeit von δΦ(r) im ganzen Volumen V folgt hieraus Φ(r) = 0 überall in V . Umgekehrt folgt aus der Laplacegleichung Φ = 0, dass die Feldenergie minimal wird.

11.14 Punktladung vor geerdeten Metallplatten Das Volumen

* + V = r : 0 ≤ x ≤ ∞, 0 ≤ y ≤ ∞, −∞ ≤ z ≤ ∞

ist bei x = 0 und y = 0 durch geerdete Metallplatten begrenzt. Innerhalb von V befindet sich eine Punktladung q. Bestimmen Sie das Potenzial Φ(r) in V (mit Hilfe von Bildladungen). Berechnen Sie die Flächenladungsdichte und die Gesamtladung auf den Platten. Welche Kraft wirkt auf die Punktladung? Lösung: Es handelt sich um ein zweidimensionales Problem, Φ(r) = Φ(x, y). Die Punktladung q0 = q kann ohne Einschränkung der Allgemeinheit an die Position r 0 := (a, b, 0) gesetzt werden. Mit einer ersten Bildladung q1 = −q bei (−a, b, 0) könnte man die Bedingung Φ(0, y) = 0 erfüllen, mit einer zweiten Bildladung q2 = −q bei (a, −b, 0) die Bedingung Φ(x, 0) = 0. Diese Bildladungen verletzen jedoch die jeweils andere Randbedingung. Dies kann durch eine dritte Bildladung q3 kompensiert werden.

184

Teil II Elektrodynamik y 6

. . . . . . . . . . . . ............. . . . . . . . . . . . . ............. . . . . . . . . ................. . . . . . . . . . . . . ............. . . . . . . . . . . . . ............. . . . . . . . . . . . . ............. . . . . . . . . . . . . ............. . . . . . . 0 . . . . . . . . . .1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ............. . . . . . . . . . . . . ............. . . . . . . . . . . . . ............. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...................................... . . . . . . . . . . . . ...................................... . . . . . . . . . . . . ...................................... . . . . . . . . . . . . . . . .3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...................................... . . . . . . . . . . . . ...................................... . . . . . . . . . . . . ...................................... . . . . . . . . .......................................... . . . . . . . . . . . . ...................................... . . . . . . . . . . . . ......................................

−q

d Y H H r HH

Zu der gegebenen Punktladung wählen wir drei Bildladungen: q0 q1 q2 q3

q t

* r HH HH HH r H r jd H d

-

x

bei bei bei bei

r0 r1 r2 r3

:= (a, b, 0) := (−a, b, 0) := (a, −b, 0) := (−a, −b, 0)

Die vier Punktladungen ergeben das Potenzial null auf den Ebenen x = 0 und y = 0. Das Potenzial aller Ladungen ist

−q

q

=q = −q = −q =q

Φ(r) =

3 k=0

qk |r − r k |

Dieses Potenzial löst das Randwertproblem Φ(r) = −4π q δ(r − r 0 )

in

V,

Φ(r)|R = 0

Die Flächenladungsdichte σ auf den Platten berechnet sich aus der Normalkomponente des elektrischen Felds: 4π σ (r) R = n · E(r) R

mit

E(r) = E(x, y, z) =

3 k=0

qk

r − rk |r − r k |3

Für die Flächenladungsdichten σy (x, z) = Ey (x, 0, z) und σx (y, z) = Ex (0, y, z) erhalten wir " # qb 1 1 σy (x, z) = − (x > 0)

3/2 −

3/2 2π (x − a)2 + b2 + z2 (x + a)2 + b2 + z2 # " qa 1 1 (y > 0) σx (y, z) = −

3/2 −

3/2 2π a 2 + (y − b)2 + z2 a 2 + (y + b)2 + z2 Die Ladungsdichten gelten auf den Metallplatten, also in der x-z-Ebene für x > 0, und in der y-z-Ebene für y > 0. Wir berechnen die Influenzladung auf der Platte in der x-z-Ebene: ∞ ∞ qb ∞ 1 1 infl q y=0 = dx dz σy (x, z) = − dx − π 0 (x − a)2 + b2 (x + a)2 + b2 0 −∞ 1 2q a qb a dx 2 =− arctan = − π −a x + b2 π b Mit dem entsprechenden Resultat für die y-z-Ebene erhalten wir für die Gesamtladung auf beiden Metallplatten: 2q a b infl + q = − arctan + arctan = −q qinfl = q infl y=0 x=0 π b a Die Kraft auf die Punktladung q bei r 0 ist durch das elektrische Feld gegeben, das nicht von dieser Ladung selbst stammt, also durch das Feld der drei Bildladungen: F =q

3 k=1

q2 r0 − rk qk = − |r 0 − r k |3 4

1 a 1 b − − ex + ey a 2 (a 2 + b2 )3/2 b2 (a 2 + b2 )3/2

185


11.15 Punktladung vor Metallkugel Außerhalb einer geerdeten, leitenden Hohlkugel (Radius R, Zentrum r = 0) befindet sich eine Punktladung q1 bei r 1. Berechnen Sie das Potenzial im Innen- und Außenraum der Kugel. Verwenden Sie hierzu eine geeignete Bildladung q2 bei r 2 . Berechnen Sie die Ladungsdichte und die Gesamtladung auf der Kugeloberfläche. Welche Kraft wirkt zwischen Punktladung und Kugel? Was ändert sich, wenn die Ladung innerhalb der Kugel ist? Welche Lösung ergibt sich, wenn das Potenzial auf der Kugeloberfläche einen endlichen Wert Φ0 = Φ(R) − Φ(∞) = 0 hat? Lösung: Das Randwertproblem lautet Φ(r) = −4π q1 δ(r − r 1 )

für |r| > R ,

und

Φ(R) = 0

Wir setzen eine Bildladung q2 bei r 2 (mit r2 < R) an: Φ(r) =

q2 q1 + |r − r 1 | |r − r 2 |

(11.72)

Die Bildladung ist so zu wählen, dass die Randbedingung Φ(R) =

q2 q1 + =0 |R er − r 1 | |R er − r 2 |

(11.73)

erfüllt ist; dabei ist R = R er ein Vektor zu einem Punkt der Kugeloberfläche. Hieraus folgt 2

q1 − q22 R 2 − 2 R q12 r 2 − q22 r 1 ) · er = q22 r12 − q12 r22 Da dies für alle Richtungen er gilt, muss der Koeffizient von er verschwinden, also 2

q1 − q22 R 2 = q22 r12 − q12 r22 q12 r 2 = q22 r 1 und Damit ist die Bildladung wie folgt zu wählen: q2 = −

R q1 r1

bei

r2 =

R2 r1 r12

Das Vorzeichen von q2 folgt aus (11.73). Wie vorausgesetzt, gilt r2 < R. Damit wird das Potenzial (11.72) zu R 1 1 2 2 − Φ(r) = q1 (r > R) (11.74) |r − r 1 | r1 r − R /r1 r 1 Gelegentlich formuliert man zunächst das Randwertproblem für eine Greensche Funktion G(r, r ). Die Bedingungen für die Greensche Funktion (Kapitel 8 in [2]) sind G(r, r ) = −4π δ(r − r ) in V und G(r, r )r ∈ R = 0 Die Greensche Funktion ist also das Potenzial an der Stelle r, das sich für eine Punktladung der Stärke 1 bei r ergibt. Im vorliegenden Problem ist G(r, r 1 ) = Φ(r)/q1 . Die Greensche Funktion ist symmetrisch, G(r, r ) = G(r , r). Aus (11.74) folgt diese Symmetrie, wenn man |r − (R 2 /r12 ) r 1 | = (R/r1 )(R 2 − 2r · r 1 + r 2 r12 /R 2)1/2 berücksichtigt.

186


An der Kugeloberfläche bei R = R er ist das elektrische Feld E(R) = −q1

R − r1 R R − (R 2 /r12 ) r 1 q1 r12 − R 2 + q1 = er 2 3 2 3 |R − r 1 | r1 |R − (R /r1 ) r 1 | R |r 1 − R| 3

Dabei wurde |R − (R 2 /r12 ) r 1 | = (R/r1 )|R − r 1 | verwendet. Die Normalkomponente des Felds bestimmt die induzierte Oberflächenladung: σ (R) =

1 q1 r12 − R 2 er · E(R) = 4π 4πR |r 1 − R| 3

(11.75)

Die gesamte Influenzladung auf der Kugeloberfläche ist gleich der negativen Bildladung: 1 2π q1 R 1 r12 − R 2 qinfl = R 2 d cos θ dφ σ (R) = d cos θ 2 2 −1 (r1 + R 2 − 2r1 R cos θ) 3/2 −1 0 q1 (r12 − R 2 ) 1 R 1 = q1 = −q2 − = 2r1 |r1 − R| |r1 + R| r1 Die Kraft auf die Punktladung q1 ist durch das elektrische Feld gegeben, das nicht von dieser Ladung selbst stammt, also durch das Feld der Bildladung: F = q1 q2

r1 − r2 R 1 r1 q12 R = − q12 =−

2 r 1 3 2 3 r1 1 − R 2 /r 2 r1 |r 1 − r 2 | R 2 − r12 1

Es wurde q2 = −(R/r1 )q1 und r 1 − r 2 = (1 − R 2 /r12 ) r 1 eingesetzt. Die Kraft zwischen Punktladung und Metallkugel ist attraktiv. Das Potenzial (11.74) löst auch das andere Randwertproblem Φ(r) = −4π q2 δ(r − r 2 )

für |r| < R ,

und

Φ(R) = 0

In diesem Fall ist eine Ladung q2 innerhalb der Kugel gegeben, und gesucht ist das Feld innerhalb der Kugel; die Lösung des Problems erfolgt durch eine Bildladung q1 bei r1 (mit r1 > R). Die Oberflächenladung σ = n·E|R /4π ändert (relativ zu (11.75)) das Vorzeichen, weil der Normalenvektor n = −e r jetzt nach innen zeigt. Um einen endlichen Potenzialwert Φ0 = Φ(R) − Φ(∞) auf der Kugel zu erreichen, wird zusätzlich die Punktladung q3 bei r 3 = 0 eingeführt. Diese erzeugt das Potenzial q3 /R = Φ0 auf der Kugel; es muss also q3 = R Φ0 gewählt werden.

11.16 Kugelkondensator .................................................. ...... ........ . . . . . .... ................... . . . . . . . . ..... . . . . . . . . . ....... ....... . ... . ..... ......... Φ1 ...... .....Φ2 . . ... ... ..... ..... . . R R. 2 1 ..... .... r . ... . .. r ..... ..... ... ..... . . ... ... . . . . . . . ... . . .. .... ........... .... ....................................... ...... ..... . ...... ...... ........ ................ ...................... ..............

Zwei konzentrische Metallkugelschalen mit den Radien R1 und R2 haben die Potenzialwerte Φ1 und Φ2 (es gelte Φ(∞) = 0). Bestimmen Sie das Potenzial Φ(r) im gesamten Raum. Welche Ladungen Q1 und Q2 befinden sich auf den Kugeln? Spezialisieren Sie das Ergebnis auf einen Kugelkondensator mit Q1 = −Q2 = Q und U = Φ1 − Φ2 , und geben Sie dessen Kapazität C = Q/U an.

187


Welche Kapazität erhält man für eine einzelne Metallkugel? Betrachten Sie den Spezialfall d = R2 − R1 R1 und vergleichen Sie die Kapazität mit der eines Plattenkondensators (CPlatte = AC /(4πd) ohne Randeffekte). Zeigen Sie, dass die Kapazität von 1 cm im Gaußsystem ungefähr einem Picofarad im MKSA-System entspricht. Lösung: Wegen der Kugelsymmetrie ist das Potenzial sphärisch, Φ(r) = Φ(r). Die Lösung der Laplacegleichung Φ(r) = 0 ist dann Φ(r) = a/r + b. Wir setzen diese Lösung in den einzelnen Bereichen an, in denen Φ = 0 gilt: ⎧ (r < R1 ) ⎨ a1 /r + b1 = Φ1 (R1 < r < R2 ) , a2 /r + b2 Φ(r) = ⎩ a3 /r + b3 = Φ2 R2 /r (r > R2 ) Für r < R1 haben wir die Regularität am Ursprung (Φ(0) endlich) und die Randbedingung Φ(R1 ) = Φ1 verwendet. Für r > R2 haben wir Φ(r → ∞) = 0 und die Randbedingung Φ(R2 ) = Φ2 verwendet. Für die mittlere Lösung a2 /r + b2 schreiben wir die Randbedingungen explizit an: a2 /R2 + b2 = Φ2 a2 /R1 + b2 = Φ1 , Hieraus können die beiden Integrationskonstanten a2 und b2 bestimmt werden. Damit lautet die Lösung ⎧ Φ1 (r < R1 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ (Φ1 − Φ2 ) R1 R2 1 R2 Φ2 − R1 Φ1 (R1 < r < R2 ) + (11.76) Φ(r) = (R2 − R1 ) r R2 − R1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ R2 ⎪ ⎩ (r > R2 ) Φ2 r Als nächstes sollen die Ladungen Q1 und Q2 auf den Metallkugeln bestimmt werden. Man könnte (11.13), σ = −(dΦ/dr)/4π, für die Oberflächenladungen auf den Fall verallgemeinern, dass es auf beiden Seiten ein elektrisches Feld gibt. Dies führt zu dem Ergebnis, dass in dieser Formel der Sprung im elektrischen Feld einzusetzen ist. Um dies genauer zu diskutieren, gehen wir von der Poissongleichung mit zunächst unbekannten (aber sphärisch verteilten) Ladungen Q1 und Q2 auf den Kugeln aus: 1 d 2 Φ(r) Q2 Q1 r = − 2 δ(r − R1 ) − 2 δ(r − R2 ) r 2 dr dr R1 R2 Die Form der Ladungsdichte wurde bereits in Aufgabe 11.1 verwendet. Wir multiplizieren diese Gleichung mit r 2 und integrieren über das infinitesimale Intervall [Ri − , Ri + ], wobei i = 1 oder 2. Wir berechnen die Ableitungen mit (11.76) und erhalten dΦ dΦ Qi − =− 2 (i = 1, 2) (11.77) dr Ri + dr Ri − Ri Wenn die erste Ableitung einen Sprung hat, dann ist das Potenzial selbst stetig; diese Stetigkeit wurde implizit bei der Auswertung der Randbedingungen für (11.76) verwendet. Mit (11.76) berechnen wir die Ableitungen und erhalten: Q1 =

R1 R2 Φ1 − Φ2 , R2 − R1

Q2 =

R2 R2 Φ2 − R1 Φ1 R2 − R1

188


Bei vorgegebenen Ladungen folgen hieraus die Potenzialwerte Φ1 =

Q1 Q2 + , R1 R2

Φ2 =

Q1 Q2 + R2 R2

Im Bereich R1 < r < R2 lässt sich das Potenzial Φ = Q1 /r + Q2 /R2 einfacher durch die Ladungen ausdrücken. Für einen Kugelkondensator mit Q1 = −Q2 = Q und U = Φ1 − Φ2 erhalten wir die Kapazität R1 R2 Q1 Q = (11.78) = C= U Φ1 − Φ2 R2 − R1 Wenn man Q1 = 0 setzt, dann folgt Φ1 = Φ2 , und das Potenzial ist im gesamten Bereich r < R2 konstant; die Kugel 1 ist praktisch eliminiert. Aus der Lösung im Außenraum, Φ = Φ2 R2 /r = Q2 /r, folgt dann die Kapazität einer einzelnen Kugel mit dem Radius R = R2 , Q2 C= = R2 = R (1 Kugel) Φ2 Alternativ dazu kann man die Kugel 2 effektiv durch R2 → ∞ und Φ2 → 0 eliminieren. Aus (11.78) mit R2 → ∞ folgt dann C = R1 = R. Für R2 → R1 hat man effektiv einen Plattenkondensator mit der Fläche AC = 4πR12 , dem Abstand d = R2 − R1 und ohne störende Randeffekte; auf der Skala d spielt die Krümmung keine Rolle mehr. Wir setzen d = R2 − R1 und d R1 in (11.78) ein: C=

R1 (R1 + d) d

R12 AC = = CPlatte d 4πd

d R1

≈

Es gilt CSI = 4πε0 C; so ist zum Beispiel für einen Plattenkondensator C = AC /4πd und CSI = ε0 AC /d. Mit 1/(4πε0 ) ≈ 8.988 · 109 Nm2 /C2 und C = 1 cm erhalten wir CSI (1cm) = 4πε0 C ≈

2 1 cm −12 C ≈ 1.113 · 10 ≈ 1.113 pF Nm 8.988 · 109 Nm2 /C2

11.17 Plattenkondensator auf dem Gitter Bestimmen Sie das Feld eines Plattenkondensators numerisch auf dem Gitter: Φ3 = U

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

Φ2 = ?

c

c

c

c

c

c

c

c

c

c

Φ1 = ?

c

c

c

c

c

c

c

c

c

c

Φ0 = 0

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

6 D ?

Parallel zu den Platten sei der Kondensator unendlich weit ausgedehnt. Auf den Randpunkten (•) des Gitters sind die Potenzialwerte vorgegeben, an den inneren Punkten (◦) soll das Potenzial bestimmt werden. Bestimmen Sie die numerische Lösung für ein Gitter mit dem Gitterabstand d = D/N (in der Abbildung ist d = D/3 gezeigt), und vergleichen Sie sie mit der exakten Lösung.

189


Lösung: Die Translationsinvarianz parallel zu den Platten (x- und y-Richtung) reduziert das Problem auf eine Dimension, Φ(r) = Φ(z). Wir verwenden die Bezeichnung Φn = Φ(zn ) für das Potenzial bei zn = d n. Die Ableitungen werden durch die Differenzenquotienten ersetzt: Φ(z) =

d2Φ dz2

z=dn

≈

Φn+1 − 2 Φn + Φn−1 d2

Aus Φ = 0 und Φ0 = 0 folgt dann d 2 (Φ)1 = Φ2 − 2 Φ1 + Φ0

⇒

Φ2 = 2 Φ1

d (Φ)2 = Φ3 − 2 Φ2 + Φ1

⇒

Φ3 = 3 Φ1

d (Φ)3 = Φ4 − 2 Φ3 + Φ2 .. .

⇒ .. .

Φ4 = 4 Φ1 .. .

d 2 (Φ)n−1 = Φn − 2 Φn−1 + Φn−2

⇒

Φn = n Φ1

2 2

Dies führt schließlich zu ΦN = N Φ1 = U . Damit ist Φ1 = U/N und Φn =

U n N

Für z = zn = d n stimmt dies mit dem exakten Ergebnis Φ(z) = (U/D) z überein.

11.18 Komplexes Potenzial Berechnen und skizzieren Sie die Äquipotenzial- und Feldlinien des komplexen Potenzials z−a f (z) = ln z+a Geben Sie eine physikalische Interpretation an. Lösung: Wir drücken die komplexen Zahlen z + a und z − a durch ihren Betrag und ihre Phase aus: y r± = (x ± a)2 + y 2 , tan φ± = z ± a = r± exp(i φ± ) , x±a Damit wird das komplexe Potenzial zu f (z) = ln

r− r− exp(i φ− ) = ln + i φ− − φ+ = u(x, y) + i v(x, y) r+ exp(i φ+ ) r+

Dies definiert die reellen Funktionen u(x, y) = ln

r− 1 (x − a)2 + y 2 = ln r+ 2 (x + a)2 + y 2

v(x, y) = φ− − φ+ = arctan

x2

2ay + y2 − a2

Im letzten Schritt wurde eine trigonometrische Additionsformel verwendet: tan(φ− − φ+ ) =

tan φ− − tan φ+ y(x + a) − y(x − a) 2a y = = 2 2 2 2 1 + tan φ− tan φ+ x −a +y x + y 2 − a2

190


Die Äquipotenziallinien u(x, y) = const. = (ln c)/2 und die Feldlinien v(x, y) = const. = arctan (a/d) stimmen mit den in Aufgabe 11.7 berechneten und den dort definierten Konstanten c und d überein. Äquipotenzial- und Feldlinien bilden ein orthogonales Kreisnetz (Skizze in der Lösung von Aufgabe 11.7). Das komplexe Potenzial beschreibt also das physikalische Problem von zwei unendlich langen, entgegengesetzt geladenen, dünnen Drähten im Abstand 2a. Man kann das elektrische Feld E(r) dieses Problems als Geschwindigkeitsfeld v(r) einer Flüssigkeit interpretieren. Dann beschreibt das komplexe Potenzial das wirbelfreie Strömungsfeld einer inkompressiblen Flüssigkeit. Der eine Draht wird zur Quelle der Strömung, der andere zu einer gleichstarken Senke.

11.19 Potenzialströmung um eine bewegte Kugel Eine Kugel (Masse M, Radius R) bewegt sich mit der konstanten Geschwindigkeit v 0 durch eine inkompressible Flüssigkeit (Dichte 0 ). Der Vektor r 0 = v 0 t gibt den Mittelpunkt der Kugel an. Eine wirbelfreie Strömung kann durch ein Geschwindigkeitsfeld v(r) = grad Φ(r) beschrieben werden. Zeigen Sie, dass der Ansatz 1 Φ(r, t) = c · ∇ mit r = r − v 0 t r folgende Bedingungen erfüllt: Φ(r, t) = 0 in V

und

v · er = 0 auf R

Dabei ist V das Volumen außerhalb der Kugel, und R ist die Kugeloberfläche. Die zweite Bedingung bezieht sich auf das Ruhsystem der Kugel (durch die Striche angezeigt). Von der Kugel aus gesehen muss die Normalkomponente der Geschwindigkeit auf dem Rand verschwinden; dies legt auch den konstanten Vektor c fest. Die mit der Bewegung verknüpfte kinetische Energie ist von der Form E = EKugel + EFlüss = Meff v 02 /2 und besteht aus den Beiträgen der Kugel EKugel = M v 02 /2 und der Flüssigkeit. Berechnen Sie die effektive Masse Meff der Kugel. Lösung: Wir überprüfen zunächst die Laplacegleichung: 1 r >R = 4π c · ∇ δ(r ) = 0 r Wir bestimmen das Geschwindigkeitsfeld (außerhalb der Kugel): Φ = −c · ∇

v = grad Φ = − c · ∇

r c − 3 e r (er · c) =− 3 r r 3

(r ≥ R)

(11.79)

Im Ruhsystem der Kugel ist das Geschwindigkeitsfeld der Flüssigkeit v = v − v 0 . Wir berechnen die Normalkomponente auf der Kugeloberfläche: 2 ! er · v = er · c 3 − v 0 = 0 R R Diese Normalkomponente muss verschwinden, also c=

R3 v0 2

191

Kapitel 11 Elektrostatik ........ .... ... ... ... ................ ... ......... ... ........ ....... ... ...... ... ..... .. ..... ..... .... .... .. .... .. ....................................... . . . . . . . . . . . . . . . .......... . . ... ........ ...... .... .............. . . . . . . . .. .. . .. .. .... ... . . ....... ......... ... ... ... ... ... ..... ......... ... ............... .... ...... ....... . .............. ......... . ............................................ ...... ... ... .... . . . . .. ..... ... ...... ... ...... ... ............... . . . . . . . . .... .......... ... ....... .. .. . . ...

. ......... .. .......... .... .. ... ... ..... ... .. .............. ... ... ......... . ....... ... ... ....... . . . . ... .... . .... ... ... ..... ... ... ......... ... .... ..... . . .... ............................................................. ....... ........ ..... .... .................... ... ...... ... ... ... 0 .. ........ ......... . ..... .. . . . . . .. ...... ... .................... . . . .... ........ ...... .. ..... .............................................................. .... .... ........ ... .... ....... ...... ... ... ...... ... ... ....... ... .......... ... ... ............ ... ... .......... .... .... ... ........ ..... ... ...... ... ... ... . ... ..

v(r )

............................ ...... ... ..... v ..... 6 ... r . ... ... ... . . . .... ... ....... ........................

Das Geschwindigkeitsfeld (11.79) hat dieselbe mathematische Form wie das elektrische oder magnetische Feld eines Punktdipols. Vor der Kugel strömt die Flüssigkeit in Bewegungsrichtung weg (sie muss Platz machen), an den Seiten der Kugel strömt sie dann zurück, um schließlich hinter der Kugel den Raum wieder aufzufüllen. Unmittelbar an der Stirnseite ist v = v 0 .

Mit v 2 = [c2 + 3(e r · c)2 ]/r 6 berechnen wir die kinetische Energie der Flüssigkeit: 0 c2 + 3 (er · c)2 0 EFlüss = d 3r v2 = d 3r 2 r≥R 2 r ≥R r6 ∞ 2 4π 0 c 2 1 4π c 3 0 R v 02 = 4π 0 dr 4 = = r 3 R3 4 3 R Es wurden (i) die Integrationsvariable r durch r ersetzt, (ii) der Vektor c in z-Richtung gelegt und die Winkelintegration ausgeführt, (iii) das verbleibende Radialintegral gelöst und (iv) schließlich c eingesetzt. Die effektive Masse der Kugel ist damit 1 4π 3 Meff = M + 0 R 2 3 Hieraus folgt Meff = 3M/2, wenn die Kugel und die Flüssigkeit dieselbe Dichte haben. Anmerkung: Das ideale Bosegas (Kapitel 29) hat einen Phasenübergang (Bose-EinsteinKondensation), der Ähnlichkeiten mit dem λ-Übergang in flüssigem Helium hat. Wenn man die Parameter von flüssigem Helium in die theoretische Übergangstemperatur einsetzt, erhält man Tc ≈ 3.1 K. Für den λ-Übergang gilt dagegen Tλ ≈ 2.2 K. Wegen Tc ∝ 1/m erhält man eine wesentlich bessere Übereinstimmung, wenn man die Masse m eines Heliumatoms durch meff = 3m/2 ersetzt.

11.20 Wärmeleitungsgleichung Für das Temperaturfeld T (r, t) gilt die Wärmeleitungsgleichung (Kapitel 31) ∂ T (r, t) = κ T (r, t) ∂t mit einer materialabhängigen Konstanten κ . Im statischen Fall reduziert sich dies auf die Laplacegleichung T (r) = 0. Auf zwei parallelen, unendlich ausgedehnten Platten im Abstand D seien die Temperaturen T1 und T2 vorgegeben. Das Medium zwischen den Platten sei homogen. Geben Sie den Temperaturverlauf zwischen den Platten an, der sich im statischen Fall durch Wärmeleitung einstellt.

192


Lösung: Wegen der Translationssymmetrie (in einer Ebene parallel zu den Platten) reduziert sich das Problem auf eine Dimension, T (r) = T (z). Die Laplacegleichung lässt sich sofort integrieren: T (z) =

d 2 T (z) =0 dz2

⇒

T (z) = c z + d

Die Randbedingungen bestimmen die Integrationskonstanten d = T1 und c = (T2 − T1 )/D. Damit ergibt sich das lineare Temperaturprofil

z + T1 T (z) = T2 − T1 D Dieses Problem ist mathematisch äquivalent zu dem eines unendlich ausgedehnten Plattenkondensators.

11.21 Vollständigkeitsrelation für Sinusfunktionen Betrachten Sie das orthonormierte Funktionensystem , nπx 2 sin , n = 1, 2, 3 . . . L L

und

x ∈ [0, L]

Überprüfen Sie mit Hilfe von (10.33) die Vollständigkeitsrelation ∞ nπx nπx 2 sin = δ(x − x ) sin L L L n=0

Lösung: Wir formen die Summe um und verwenden die Darstellung (10.33) der δ-Funktion: ∞ ∞ nπx nπx 2 1 x + x x − x sin sin = − exp iπn exp iπn L n=0 L L 2L n=−∞ L L x + x 1 x − x = δ −δ = δ(x − x ) − δ(x + x ) L L L

x+x > 0

=

δ(x − x )

Im vorletzten Schritt wurde (10.34) verwendet.

11.22 Legendrepolynome aus der Rekursionsformel Bestimmen Sie die Legendrepolynome P4 (x) und P5 (x) aus der Rekursionsformel ak+2 =

k(k + 1) − l (l + 1) ak (k + 1)(k + 2)

und aus der Normierung Pl (1) = 1.

193


Lösung: Für P4 (x) starten wir mit a0 = 0 und a1 = 0. Aus der Rekursionsformel folgen dann a3 = a5 = ... = 0 und a2 = −10 a0 ,

a4 = −

7 35 a2 = a0 , 6 3

a6 = 0 ,

a8 = a10 = . . . = 0

Dies ergibt 3 35 4 35 4 x = 1 − 10 x 2 + x P4 (x) = a0 1 − 10 x 2 + 3 8 3 Der letzte Schritt folgt aus P4 (1) = 1. Für P5 (x) starten wir mit a0 = 0 und a1 = 0. Aus der Rekursionsformel folgen dann a2 = a4 = ... = 0, a3 = −(14/3) a1 , a5 = (21/5) a1 und a7 = a9 = ... = 0. Die Normierung P5 (1) = 1 ergibt a1 = 15/8. Damit erhalten wir 15 14 3 21 5 P5 (x) = x− x + x 8 3 5

11.23 Legendresche Differenzialgleichung Zeigen Sie, dass die Legendrepolynome Pl (x) =

l 1 dl 2 x − 1 2l l! dx l

(11.80)

die Legendresche Differenzialgleichung (x 2 − 1)Pl + 2 x Pl − l (l + 1)Pl = 0 erfüllen. Differenzieren Sie dazu (l + 1)-mal die Gleichung

x2 − 1

d 2

l

l x − 1 = 2 l x x2 − 1 dx

Lösung: Wir differenzieren zunächst die linke Seite (l + 1)-mal: k l+2−k l+1

d 2

l

l 2 d 2 d l+1 2 d l+1 = x − 1 − 1 − 1 − 1 x x x k dx l+1 dx dx k dx l+2−k k=0

d l+2 2

l

l

l d l+1 2 dl = x2 − 1 x − 1 + 2 (l + 1) x x − 1 + l (l + 1) l x 2 − 1 l+2 l+1 dx dx dx

= 2l l! x 2 − 1 Pl + 2 (l + 1)x Pl + l (l + 1)Pl Dann differenzieren wir die rechte Seite (l + 1)-mal:

l

l

l d l+1 dl d l+1 2 l x x2 − 1 = 2 l x l+1 x 2 − 1 + 2 l (l + 1) l x 2 − 1 l+1 dx dx dx = 2l l! 2 l x Pl + 2 l (l + 1)Pl Wir setzen die Ergebnisse der (l + 1)-maligen Differenziation der beiden Seiten gleich: 2

x − 1 Pl + 2 x Pl = l (l + 1)Pl Dies ist die Legendresche Differenzialgleichung.

194


11.24 Normierung der Legendrepolynome Zeigen Sie (Pl , Pl ) = 2/(2 l + 1) mit Hilfe von (11.37) und partieller Integration. 1 Hinweis: Es gilt −1 dx (1 − x 2 ) l = 2(2l l!)2 /(2 l + 1)! Lösung: Wir setzen (11.37) in das Normierungsintegral ein und integrieren l-mal partiell: 1 1 2

l d l 2

l 1 dl 2 dx Pl (x) = l 2 dx x −1 x −1 l l (2 l!) −1 dx dx −1 1

l d 2 l 2

l

l (−)l (−)l (2 l)! 1 2 2 x = l 2 dx x 2 − 1 − 1 = dx x − 1 = (2 l!) −1 dx 2 l (2l l!)2 −1 2l + 1 Dabei fallen die Randterme weg. Für den letzten Schritt benötigt man den in der Aufgabe angegebenen Hinweis. Diese Aussage lässt sich durch l-malige partielle Integration beweisen: 1 1 1

(l!)2 2 l l l dx 1 − x = dx (1 − x ) (1 + x ) = dx (1 + x)2 l (2 l)! −1 −1 −1 (l!)2 2 2(2l l!)2 = d x¯ x¯ 2 l = (2 l)! 0 (2 l + 1)! Hierbei wurde x¯ = 1 + x substituiert.

11.25 Laplacegleichung in kartesischen und Zylinderkoordinaten Betrachten Sie einen Separationsansatz für die Laplacegleichung Φ = 0 in kartesischen und in Zylinderkoordinaten. Geben Sie die Separationskonstanten und die Elementarlösungen der resultierenden gewöhnlichen Differenzialgleichungen an. Lösung: In kartesischen Koordinaten lautet der Separationsansatz Φ = X(x) Y (y) Z(z). Wenn man dies in die Laplacegleichung einsetzt, und die Gleichung durch Φ teilt, erhält man X (x) Y (y) Z (z) + + =0 X(x) Y (y) Z(z) Der erste Term X /X kann nur von x abhängen. Andererseits muss er gleich −Y /Y − Z /Z sein, was nicht von x abhängt. Also muss er gleich einer Konstanten c1 sein. Diese Argumentation gilt gleichermaßen für die anderen Anteile: X (x) = c1 , X(x)

Y (y) = c2 , Y (y)

Z (z) = c3 Z(z)

Die Laplacegleichung ist nun genau dann erfüllt, wenn c1 + c2 + c3 = 0 Das Vorzeichen der Separationskonstanten ci = ± αi2 ist zunächst offen. Je nach Vorzeichen sind die Elementarlösungen entweder trigonometrisch, also cos(αi xi ) und sin(αi xi ), oder hyperbolisch, also cosh(αi xi ) und sinh(αi xi ). Anstelle der hyperbolischen Form kann auch die exponentielle gewählt werden, also exp(± αi xi ).

195


Wegen c1 +c2 +c3 = 0 können nicht alle Konstanten positiv oder negativ sein. Daher gibt es in der Gesamtlösung mindestens einen trigonometrischen und mindestens einen hyperbolischen Anteil. Eine der Konstanten könnte auch null sein, etwa c1 = 0 mit X(x) = a1 + b1 x. Wenn zwei Konstanten null sind, dann ist es auch die dritte, und es ergibt sich die Lösung Φ = (a1 + b1 x)(a2 + b2 y)(a3 + b3 z). In Zylinderkoordinaten lautet der Separationsansatz Φ(r) = R(ρ) Q(ϕ) Z(z). Wenn man dies in die Laplacegleichung einsetzt, und die Gleichung durch Φ teilt, erhält man ρ R (ρ) 1 Q (ϕ) Z (z) + 2 + =0 (11.81) ρ R(ρ) ρ Q(ϕ) Z(z) Das oben angeführte Separationsargument gilt zunächst für Z /Z (kann nur von z abhängen, ist aber gleich Termen, die nicht von z abhängen) und für Q /Q. Damit erhalten wir hierfür die gewöhnlichen Differenzialgleichungen Z (z) = const. = ±α 2 , Z(z)

Q (ϕ) = const. = −m2 Q(ϕ)

(11.82)

Die Elementarlösungen für Z(z) sind entweder trigonometrisch, also cos(α z) und sin(α z), oder hyperbolisch, also cosh(α z) und sinh(α z). Anstelle der hyperbolischen Form kann auch wieder die exponentielle gewählt werden, also exp(± α z). Für Q(ϕ) gilt wegen der Bedeutung des Winkels ϕ die Bedingung Q(ϕ + 2π) = Q(ϕ). Dies lässt nur die Lösungen Q(ϕ) ∝ exp(imϕ) mit m = 0, ±1, ±2, . . . zu. Wir setzen (11.82) in (11.81) ein und erhalten m2 d 2 R(ρ) 1 dR(ρ) 2 + − + ± α R(ρ) = 0 dρ 2 ρ dρ ρ2 Für das Pluszeichen wird diese Differenzialgleichung durch die regulären und irregulären Besselfunktionen, Jm (αρ) und Ym (αρ), gelöst. Sie haben das asymptotische Verhalten

ρ→∞ Jm (αρ) −→ 2/(παρ) cos αρ − π(m + 1/2)/2

ρ→∞ 2/(παρ) sin αρ − π(m + 1/2)/2 Ym (αρ) −→ und entsprechen insofern den trigonometrischen Lösungen. Für das Minuszeichen ergeben sich die modifizierten Besselfunktionen, Im (αρ) und Km (αρ), mit asymptotischem Exponentialverhalten. Für Darstellungen und Eigenschaften dieser Funktionen sei auf mathematische Formelsammlungen (Bronstein, Abramowitz) verwiesen.

11.26 Homogen geladener Kreisring Die Ladungsdichte eines Kreisrings (Radius R, Ladung q) lautet in Zylinderkoordinaten

6z .................. .......................................... ....................... ........... .......... .. ...... rb ........ ...... ... .. . ............. . . . . . . . . .. . .................................................................................. .. ..............

r 0

(r) =

... . ... .. . .... .. ..

y

1 . .... . . ...

α

q δ(ρ − R) δ(z − b) 2πR

R

x

Berechnen Sie das Potenzial Φ auf der z-Achse mit der Integralformel. Drücken Sie das Ergebnis durch den Abstand |z ez − r 0 | aus. Geben Sie das volle Potenzial Φ(r, θ ) in der allgemeinen zylindersymmetrischen Form an.

196


Lösung: In (11.5) verwenden wir r = z ez und den allgemeinen Ortsvektor r = ρ eρ + z ez . Der Basisvektor eρ hat einen Strich, weil er von φ abhängt (käme auch eρ in r vor, dann würde die folgende Rechnung komplizierter). Der Abstand der beiden Vektoren ist |r − r | = [ρ 2 + (z − z )2 ]1/2 . Damit erhalten wir ∞ ∞ q (ρ , z ) dρ ρ dz = Φ(ρ = 0, z) = 2π ρ 2 + (z − z )2 R 2 + (z − b)2 0 −∞ Der Faktor 2π kommt von der ϕ-Integration. Wegen der δ-Funktionen in der Ladungsdichte können die Integrationen sofort ausgeführt werden. 2 Die Länge R + (z − b)2 ist der Abstand von einem Punkt des Kreisrings zum Aufpunkt auf der positiven z-Achse. Diese Länge ist aber auch die dritte Seite eines Dreiecks, das von den Vektoren r 0 und r = z ez aufgespannt wird. Daher kann das Ergebnis alternativ in der Form q Φ(ρ = 0, z) = (11.83) |r − r 0 | geschrieben werden. In Kugelkoordinaten ist das Potenzial von der Form Φ(r, θ), oder Φ(r, 0) mit r = z für die Werte auf der z-Achse. Wir werten (11.83) zunächst mit dem Cosinussatz für das von r 0 und r = r ez aufgespannte Dreieck aus: Φ(r, 0) =

q r 2 + r0 2 − 2 r r0 cos α

=q

∞ r

(11.84)

√ Dabei sind r0 = b2 + R 2 und cos α = b/r0 . Die Entwicklung des Wurzelausdrucks mit cos α nach den Legendrepolynomen Pl (cos α) wird in Kapitel 10 in [2] abgeleitet; dabei ist r> = max(r, r0 ) und r< = min(r, r0 ). Es handelt sich um zwei getrennte Entwicklungen; die eine gilt im Bereich r > r0 , die andere im Bereich r < r0 . Nach (11.40) legt das Potenzial Φ(r, 0) auf der positiven z-Achse das gesamte Potenzial Φ(r, θ), (11.39), fest. Wir übertragen diesen Schritt auf (11.84): Φ(r, θ) = q

∞ r

11.27 Zwei parallele Kreisringe Zwei parallele Kreisringe (beide mit dem Radius R) sind homogen mit q und − q geladen. Die Kreise sind parallel zur x-y-Ebene und haben ihre Mittelpunkte bei (x, y, z) = (0, 0, b) und (0, 0, −b). Berechnen Sie das elektrostatische Potenzial. Zeigen Sie, dass der für r → ∞ führende Beitrag die Form eines Dipolfelds hat. Lösung: Nach (11.40) legt das Potenzial Φ(r, 0) auf der z-Achse das gesamte Potenzial Φ(r, θ), (11.39), fest. Für den oberen Drahtring gilt nach (11.84) Φ(r, 0) = q

∞ r

(Ring bei z = b)

wobei r> = max(r, r0 ) und r< = min(r, r0 ). Zum Potenzial des zweiten Kreisrings gelangt man durch die Ersetzungen α → π−α,

cos α → − cos α ,

Pl (cos α) → (−)l Pl (cos α) und

q → −q

197


Für ungerades l sind die Beiträge zum Potenzial gleich, für gerades l entgegengesetzt gleich. Daher fallen in der Summe der Potenziale die geraden Beiträge weg, und die ungeraden Beiträge addieren sich: Φ(r, 0) = 2 q

r

Pl (cos α)

Aus dem Vergleich mit (11.40) folgt die vollständige Lösung (11.39): Φ(r, θ) = 2 q

r

Pl (cos α) Pl (cos θ)

Im Grenzfall r → ∞ ist r> = r und r< = r0 , und l = 1 ist der führende Term: Φ(r, θ)

r→∞

=

2 q r0 2 q r0 2qb p·r P1 (cos α) P1 (cos θ) = 2 cos α cos θ = 2 cos θ = 3 r2 r r r

Dies ist das Feld eines Dipols mit dem Dipolmoment p = 2 q b e z .

11.28 Homogen geladene Kreisscheibe Eine Kreisscheibe (infinitesimal dünn, Radius R) ist homogen geladen (Gesamtladung q). Geben Sie die Ladungsdichte an, und berechnen Sie damit das Potenzial auf der Symmetrieachse. Geben Sie dann das volle elektrostatische Potenzial für folgende Fälle an: (i) r R bis zur Ordnung r 2

und

(ii) r R bis zur Ordnung 1/r 3

Lösung: Wir verwenden Zylinderkoordinaten mit der z-Achse als Symmetrieachse. Die Ladungsdichte = (q/πR 2 )Θ(R − ρ) δ(z) ist aus Aufgabe 11.1 bekannt. Wir setzen sie in die Integralform für das Potenzial ein und berechnen das Ergebnis auf der z-Achse: Φ(ρ = 0, z) =

2q R2

R

0

dρ ρ ρ 2 + z2

=

2q 2 2 − |z| R + z R2

(11.85)

√ Dabei war z2 = |z| zu beachten. Das Problem ist symmetrisch zur x-y-Ebene. Die Entwicklung des Potenzials für |z| R ergibt 2q Φ(ρ = 0, z) = R

∞ |z| 1 z2 . . . = al zl 1− + R 2 R2 l=0

(|z| R)

Damit sind die Koeffizienten in (11.40) bekannt. Der Übergang von (11.40) zur allgemeinen Lösung (11.39) erfolgt durch die Ersetzung zl → r l Pl (cos θ), wobei r und θ Kugelkoordinaten sind. Dies ergibt 2q Φ(r, θ) = R

1 r2

r 3 cos2 θ − 1 ± . . . 1 − cos θ + R 4 R2

(r R)

198


Dabei wurden die Legendrepolynome P1 (cos θ) = cos θ und P2 (cos θ) = (3 cos2 θ − 1)/2 eingesetzt. Die Entwicklung von (11.85) für |z| R ergibt q Φ(ρ = 0, z) = z

∞ bl R2 1 − 2 ± ... = l+1 4z z l=0

(z R)

Damit sind die Koeffizienten in (11.40) bekannt. Der Übergang zur allgemeinen Lösung (11.39) erfolgt durch die Ersetzung 1/zl+1 → Pl (cos θ)/r l+1 , also Φ(r, θ) =

q q R 2 2 z2 − x 2 − y 2 q q R2 ± ... − 3 cos2 θ − 1 ± . . . = − 3 r 8r r 8 8r 5

(r R)

Die Quadrupolmomente können auch direkt aus der Ladungsdichte berechnet werden: R 2

q 2q 3 2 Q33 = d r 2 z − ρ (r) = − 2 dρ ρ 3 = − R 2 R 0 2 1 q 2 Q11 = Q22 = − Q33 = R 2 4

11.29 Homogen geladenes Rotationsellipsoid Ein homogen geladenes Rotationsellipsoid mit den Halbachsen a = b > c trägt die Gesamtladung q. Verwenden Sie Zylinderkoordinaten (c-Achse gleich z-Achse), und berechnen Sie das Potenzial Φ(ρ, z) zunächst auf der z-Achse. Bestimmen Sie daraus die ersten beiden führenden Terme des Potenzials für große Abstände. Zeigen Sie, dass das Potenzial im Innenraum von der Form Φ(ρ, z) = A + B z2 + C ρ 2

(Innenraum)

(11.86)

ist, und bestimmen Sie die Konstanten A, B und C. Gehen Sie hierfür von dem zuvor bestimmten Potenzial Φ(0, z) und von der Poissongleichung aus. Berechnen Sie die Feldenergie der Ladungsverteilung. Lösung: Aus der Ladung q = (4π/3) 0 a 2 c folgt die homogene Ladungsdichte 0 . In Zylinderkoordinaten gilt r := (0, 0, z) für einen Punkt auf der z-Achse und r := (ρ cos ϕ , ρ sin ϕ , z ) für einen beliebigen Punkt. Dies setzen wir in die Integralformel (11.5) ein: c a √1−z2 /c2 1 Φ(ρ = 0, z) = 2π 0 dz dρ ρ (11.87) 2 ρ + (z − z )2 −c 0 c = 2π 0 dz (1 − a 2 /c2 ) z2 − 2 z z + a 2 + z2 − z − z −c

Wir werten dieses Integral für |z| > c und |z| < c getrennt voneinander aus; dabei verwenden wir jeweils das Additionstheorem für den Arcussinus. Für |z| > c erhalten wir " # c |z| a c z2 ε Φ(0, z) = 2π0 − 2 + (|z| > c) 1 + 2 2 arcsin ε ε a ε z2 /a 2 + ε 2

199

Kapitel 11 Elektrostatik Dabei ist ε = z-Achse:

1 − c2 /a 2 die Exzentrizität. Wir entwickeln das Potenzial auf der positiven

a2 c 4π 0 Φ(0, z) = 3 z

1 ε2 a 2 + ... 1− 5 z2

=

∞ bl l+1 z l=0

(z > c)

Es tragen nur die Koeffizienten bl mit geradem l bei. Die niedrigsten Koeffizienten sind: b0 =

4π 0 a 2 c = q , 3

b2 = −

1 Q33 q (a 2 − c2 ) = 5 2

Dabei ist Q33 = 2 b2 das Quadrupolmoment des Ellipsoids (Aufgabe 11.36). Die Lösung außerhalb der z-Achse erhalten wir durch die Ersetzung z−l−1 → r −l−1 Pl (cos θ). Die führenden Terme des Potenzials sind dann Φ(ρ, z) =

Q33 3 cos2 θ − 1 q + 3 + ... r r 4

(r > c)

Diese Entwicklung konvergiert im Bereich r > c. Wir werten nun (11.87) für |z| < c aus: 1 c arcsin ε 2 arcsin ε Φ(0, z) = 2π0 a c − 2 1− z ε ε a ε

(|z| < c)

(11.88)

Im Innenraum des Ellipsoids gilt die Poissongleichung Φ = −4π0 . Ihre Lösung ist von der Form Φ = Φhom + Φpart . Für die allgemeine homogene Lösung setzen wir (11.39) mit bl = 0 an. Als partikuläre Lösung wählen wir Φpart = −π0 (x 2 + y 2 ). Damit erhalten wir Φ(r, θ) = Φhom + Φpart =

∞

al r l Pl (cos θ) − π 0 r 2 sin2 θ

(Innenraum) (11.89)

l =0

Für θ = 0 und r = z muss dies mit (11.88) übereinstimmen. Dieser Vergleich bestimmt die Koeffizienten al (nur a0 und a2 tragen bei). Damit wird das Potenzial (11.89) zu c arcsin ε 2 arcsin ε 1 − 2 1− r P2 (cos θ) − π 0 r 2 sin2 θ Φ(r, θ) = 2π0 a c ε ε a ε (Innenraum) 2 2 2 1 c arcsin ε 3 z − (ρ + z ) arcsin ε − 2 1− − π 0 ρ 2 = 2π0 a c ε ε a ε 2 In der zweiten Zeile sind wir zu Zylinderkoordinaten übergegangen. Damit ergibt sich die Form Φ(ρ, z) = A + B z2 + C ρ 2 mit den Koeffizienten A = 2π 0 a c

arcsin ε ε

c arcsin ε 2π 0 1 − ε2 a ε c arcsin ε 1 C = π 0 −1 + 2 1 − ε a ε B = −

200


Die elektrostatische Feldenergie des homogen geladenen Rotationsellipsoids ist c a √1−z2 /c2 1 Wem = d 3 r 0 Φ(ρ, z) = π 0 dz dρ ρ A + B z2 + C ρ 2 2 Ellipsoid −c 0 c 2

π z z2 2 dz 2 a 2 A + B z2 1 − 2 + C a 4 1 − 2 = 0 4 c c −c =

1 2 2π 3 q 2 arcsin ε 0 a 2 c A + B c 2 + C a 2 = 3 5 5 5a ε

(11.90)

Für die homogen geladene Kugel, a = c = R mit ε → 0, erhält man die elektrostatische Energie Wem = 3 q 2 /(5R) aus Aufgabe 14.8. Alternativ kann das Potenzial für das homogen geladene Rotationsellipsoid mit Hilfe von angepassten elliptischen Koordinaten berechnet werden. Man erhält dann auch im Außenraum einen geschlossenen Ausdruck (S. Flügge, Rechenmethoden der Elektrodynamik, Springer 1986).

11.30 Zugeordnete Legendrepolynome Verwenden Sie den Ansatz P (x) = (1 − x 2 )m/2 T (x) in der Differenzialgleichung

1 − x 2 P (x) + λ −

m2 P (x) = 0 1 − x2

für die zugeordneten Legendrepolynome. Wie lautet die resultierende Differenzialgleichung für T (x)? Lösen Sie diese Gleichung mit einem Potenzreihenansatz. Lösung: Wir setzen P (x) = (1 − x 2 )m/2 T (x) in die Differenzialgleichung ein und erhalten

1 − x 2 T (x) − 2 (m + 1) x T (x) + λ − m(m + 1) T (x) = 0 k Die Argumente sind auf |x| ≤ 1 beschränkt. Der Potenzreihenansatz T (x) = ∞ k=0 ak x führt zu ∞

(k + 1)(k + 2) ak+2 + λ − (k + m)(k + m + 1) ak x k = 0

k=0

Der Koeffizient jeder Potenz x k muss für sich verschwinden, also ak+2 =

(k + m)(k + m + 1) − λ ak (k + 1)(k + 2)

Diese Rekursionsformel bestimmt bei Vorgabe von a0 oder a1 alle anderen Koeffizienten. Beide Folgen, a0 → a2 → a4 → ... und a1 → a3 → a5 → ... müssen abbrechen, damit die Potenzreihe konvergiert. Eine Folge wird durch Nullsetzen des Anfangskoeffizienten (a0 oder a1 ) insgesamt zu null, die andere bricht bei geeigneter Wahl von λ ab. Dies funktioniert nur für λ = l (l + 1) mit l = 0, 1, 2, 3, . . .

und

m = 0, ±1, ±2, . . . , ±l

201


11.31 Entwicklung des Skalarprodukts nach Kugelfunktionen Stellen Sie die kartesischen Komponenten der beiden Ortsvektoren r und r durch Kugelfunktionen dar. Berechnen Sie damit das Skalarprodukt r · r . Überprüfen Sie das Ergebnis mit Hilfe des Additionstheorems für Kugelfunktionen. Lösung: Wir drücken die kartesischen Komponenten der Ortsvektoren durch Kugelkoordinaten aus:

r := r sin θ cos φ, sin θ sin φ, cos θ 4π Y1,1 (θ, φ) − Y1,−1(θ, φ) Y1,1 (θ, φ) + Y1,−1 (θ, φ) √ , √ , Y1,0 (θ, φ) = r 3 − 2 −i 2 Wir schreiben den analogen Ausdruck für den Vektor r an. Da r reell ist, können wir dabei auf der rechten Seite auch das konjugiert Komplexe wählen: ∗ ∗ ∗ ∗ (θ , φ ) − Y1,−1 (θ , φ ) Y1,1 (θ , φ ) + Y1,−1 (θ , φ ) ∗ 4π Y1,1 r := r , , Y1,0 (θ , φ ) √ √ 3 − 2 i 2 Damit bilden wir das gesuchte Skalarprodukt: 4π ∗ ∗ ∗ (θ , φ ) Y1,0(θ, φ) + Y1,−1 (θ , φ ) Y1,−1 (θ, φ) r r Y1,1(θ , φ ) Y1,1(θ, φ) + Y1,0 3 4π ∗ = Y1,m (θ , φ ) Y1,m (θ, φ) rr 3 m=−1,0,+1

r · r =

Wir überprüfen nun das Ergebnis mit dem Additionstheorem für Kugelfunktionen (Kapitel 11 in [2]), +l 4π ∗ Y (θ , φ ) Ylm (θ, φ) Pl (cos ϕ) = 2 l + 1 m=−l lm Wir identifizieren ϕ mit dem Winkel zwischen den beiden Vektoren r und r . Dann verwenden wir das Additionstheorem für P1 (cos ϕ): r · r = r r cos ϕ = r r P1 (cos ϕ) =

+1 4π ∗ Y1m (θ , φ ) Y1m (θ, φ) rr 3 m=−1

11.32 Kugelschale mit vorgegebenem Potenzial Auf einer Kugelschale (Radius R) ist das Potenzial gegeben: Φ(R, θ, φ) = Φ0 sin θ cos φ In den Bereichen r > R und r < R gibt es keine Ladungen. Für r → ∞ ist das elektrische Feld E = E0 ez . Bestimmen Sie das Potenzial Φ(r, θ, φ) im Inneren und Äußeren der Kugel.

202


Lösung: Ausgangspunkt ist die allgemeine Lösung (11.38) der Laplacegleichung: Φ(r, θ, φ) =

alm r l +

lm

blm Ylm (θ, φ) r l+1

(11.91)

Die Laplacegleichung gilt für r < R und für r > R. In diesen Bereichen ist jeweils unabhängig voneinander die Form (11.91) anzusetzen. Wir betrachten zunächst den Bereich r < R. Die Terme mit blm entsprechen punktförmigen Ladungen (Punktladung, Punktdipol) bei r = 0. Da es keine solche Ladungen gibt, muss blm = 0 sein. Die Randbedingung auf der Kugeloberfläche kann in der Form 2π Y1,1(θ, φ) − Y1,−1 (θ, φ) Φ(R, θ, φ) = −Φ0 3 geschrieben werden. Der √ Vergleich mit der allgemeinen Lösung ergibt folgende Bedingungen: a1,±1 R = ∓Φ0 2π/3 und alm = 0 für (l, m) = (1, ±1). Wir setzen diese Koeffizienten in (11.91) ein: r r sin θ exp (i φ) + exp (−i φ) = Φ0 sin θ cos φ (r < R) Φ(r, θ, φ) = Φ0 2R R Wir wenden uns jetzt dem Bereich r > R zu. Wir drücken die Vorgabe des Felds E = E0 ez für r → ∞ durch das Potenzial aus 4π Y10 (θ, φ) Φ(r → ∞, θ, φ) = −E0 z = − E0 r 3 √ Der Vergleich mit (11.91) impliziert a10 = − 4π/3 E0 und alm = 0 für (l, m) = (1, 0). Die Randbedingung ist dann durch die Koeffizienten blm zu erfüllen: b10 2π a10 R + 2 = 0 , bl=1,m = 0 Φ0 R 2 , b1,±1 = ∓ 3 R Daraus folgt das Potenzial im Außenbereich: Φ(r, θ, φ) = E0

R3 −1 r3

r cos θ + Φ0

R2 sin θ cos φ r2

(r > R)

11.33 Multipole des homogen geladenen Stabs Das elektrostatische Potenzial eines homogen geladenen Stabs ist aus Aufgabe 11.8 bekannt. Bestimmen Sie hieraus die beiden führenden Multipolfelder des Stabs. Überprüfen Sie das Ergebnis, indem Sie die Quadrupolmomente direkt aus der Ladungsdichte berechnen. Lösung: Wir entwickeln die im Potenzial (11.60) auftretenden inversen Hyperbelfunktionen nach Potenzen von a,

z ± a z 1 1 2 z2 − ρ 2 a 3 a z a2 arsinh − + ... = arsinh ±

±

ρ ρ ρ 2 + z2 2 ρ 2 + z2 3/2 6 ρ 2 + z2 5/2

203


Damit hat das Potenzial in großer Entfernung vom Stab ein Monopol- und ein Quadrupolfeld: z + a z − a q arsinh − arsinh Φ(r) = 2a ρ ρ 2

1 2 z − ρ2 a 3 q a q a 2 2 z2 − x 2 − y 2 r→∞ q = + + ... = + ... +

a r 6 r5 ρ 2 + z2 6 ρ 2 + z2 5/2 Das Dipolfeld verschwindet für zum Ursprung spiegelsymmetrische Ladungsanordnungen. Wir berechnen die Quadrupolmomente noch direkt: a

2 q 1 1 Q33 = dz 2 z2 = q a 2 , Q11 = Q22 = − Q33 = − q a 2 2 a −a 3 2 3 Dies stimmt mit den Momenten überein, die aus dem Potenzial abgelesen werden können.

11.34 Singularität des Punktdipolfelds Ein elektrischer Punktdipol hat das Potenzial Φ(r) = p · r/r 3 . Berechnen Sie hieraus die Ladungsdichte (r). Zeigen Sie, dass das elektrische Feld von der Form E(r) = P

4π 3 r (p · r) − p r 2 − p δ(r) 5 r 3

(11.92)

ist. Hierbei bezeichnet P den Hauptwert (principal value), der eine sphärische Umgebung r ≤ bei einer Integration ausschließt; nach der Integration ist der Limes → 0 zu nehmen. Distributionen sind über die Integrale mit beliebigen differenzierbaren Funktion f (r) definiert. Daher ist (11.92) äquivalent zu 4π 3 r (p · r) − p r 2 = − f (0) p (11.93) d 3 r f (r) E(r) − P 5 r 3 Berechnen Sie aus dem Potenzial Φ(r) = p · r/r 3 zunächst das elektrische Feld für r = 0. Aus dem Ergebnis folgt, dass die Integration in (11.93) auf eine Kugel mit einem (beliebig) kleinen Radius beschränkt werden kann. Lösung: Für gegebenes Potenzial liefert die Poissongleichung Φ = −4π die Ladungsdichte:

1

1

p·r = − p · ∇ = 4π p · ∇ δ(r) = −4π (r) Φ(r) = 3 = − p · ∇ r r r Im ersten Schritt wurde r/r 3 durch −∇ (1/r) ersetzt. Dann wurde der Laplaceoperator mit dem Differenzialoperator p · ∇ vertauscht. Danach wurde (1/r) = −4π δ(r) verwendet. Aus dem Ergebnis können wir die Ladungsdichte ablesen:

(r) = − p · ∇ δ(r) Die Berechnung des elektrischen Felds aus dem Potenzial ergibt zunächst E(r) = −∇

p·r p 1 3 r (p · r) − p r 2 = − 3 − (p · r ) ∇ 3 = 3 r r r r5

(r = 0)

204


Im ersten Schritt wurde ∇ (p · r ) = p verwendet. Im zweiten Schritt wurde die Differenziation gemäß ∇ (1/r 3 ) = −3 r/r 5 ausgeführt. Dies ist so nur für r = 0 zulässig; denn an singulären Stellen können solche Ableitungen zu Distributionen führen. Wir setzen das so bestimmte Feld E in den Integranden (11.93) ein: % 0 (r > ) 3 r (p · r) − p r 2 E(r) − P = E(r) (r ≤ ) r5 Für r > heben sich die beiden Terme auf der linken Seite auf. Für r ≤ verschwindet der zweite Term auf der linken Seite wegen der Hauptwertvorschrift. Damit werten wir die linke Seite von (11.93) aus: 3 r (p · r) − p r 2 3 = d r f (r) E(r) − P d 3 r f (r) E(r) r5 r≤

p · er p·r p · er d 3 r f (r) ∇ 3 = − dA f (r) + d 3 r ∇f (r) = − 2 r r2 r≤ r= r≤ 4π = − f (˜ ) dΩ (p · er ) er + O( 2 ) = − p f (0) (11.94) 3 r= Für das elektrische Feld wurde E = −∇ Φ eingesetzt und partiell integriert. Bei der partiellen Integration entsteht ein Oberflächen- und ein Volumenintegral (zweite Zeile). Im Oberflächenintegral (mit dem Flächenelement dA = 2 dΩ er ) kann f (r) nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung als f (˜ ) vor das Integral gezogen werden; dabei ist ˜ ein unbekannter Vektor zu einem Punkt der Oberfläche (|˜ | = ). Danach kann das Integral ausgeführt werden und ergibt 4πp/3. Im Volumenintegral ist d 3 r = r 2 dΩ, so dass sich der Faktor r 2 kürzt. Zur Auswertung setzen wir die Taylorentwicklung ∇f (r) = a + O(r) ein. Der führende Term verschwindet bei der Winkelintegration; das Integral ist daher mindestens von der Ordnung 2 . Im letzten Schritt wurde dann der Limes → 0 genommen. Hinweis: Punktsingularitäten sind theoretische Konstrukte, die endliche (eng begrenzte) Verteilungen idealisieren. Als Beispiel betrachten wir das Feld der homogen polarisierten Kugel (Radius R) aus der späteren Aufgabe 15.3. Mit einer Θ-Funktion (mit dem Wert 1 für positives Argument, und null sonst) kann dieses Feld in folgender Form geschrieben werden: 3 r (p · r) − p r 2 p E(r) = Θ(r − R) − 3 Θ(R − r) 5 r R Die Funktionenfolge δR (r) = (3/4πR 3 ) Θ(R − r) ist für R → 0 eine Darstellung der δ-Funktion. Der Faktor Θ(r − R) ist für R → 0 eine Darstellung der Hauptwertvorschrift. Damit führt die polarisierte Kugel im Grenzfall für R → 0 zu (11.92). Anmerkungen zum Hauptwert: Die hier diskutierten Fragen sind im Allgemeinen ohne besondere Bedeutung in den physikalischen Anwendungen. So ist das elektrische Feld durch seine Kraftwirkung definiert. Die Frage, welche Kraft ein Punktmultipol ausübt, stellt sich nur für r = 0. Vom physikalischen Standpunkt aus ist es insofern völlig ausreichend (und korrekt), das Feld mit 3 r (p · r) − p r 2 (r = 0) r5 anzugeben. Wenn man jedoch die δ-Funktion in (11.92) hinzufügt, dann ist der Hauptwert in dem anderen Term formal zwingend: Würde man zum Beispiel einen Hauptwert P definieren, der anstelle einer sphärischen Umgebung eine elliptische ausschließt, dann ergäbe E(r) =

205


das Oberflächenintegral in (11.94) einen anderen Faktor bei f (0). Die Hauptwertvorschrift ist also mit dem Koeffizienten der δ-Funktion verknüpft. Ohne den Hauptwert ist der erste Term auf der rechten Seite von (11.92) keine Distribution (und natürlich auch keine Funktion). Im Gegensatz dazu kann das Feld E = q r/r 3 einer Punktladung als Distribution aufgefasst werden; denn das Integral mit einer Testfunktion ist wohldefiniert.

11.35 Kartesische und sphärische Quadrupolkomponenten Drücken Sie die neun kartesischen Komponenten Qij des Quadrupoltensors explizit durch die fünf sphärischen Komponenten q2m aus. Lösung: Die fünf sphärischen Komponenten des Quadrupoltensors werden entsprechend ihrer Definition (11.47) 4π ∗ (θ, φ) , m = 0, ±1, ±2 d 3 r (r) r 2 Y2m q2m = 5 berechnet. Daraus können die kartesischen Komponenten (11.46) abgelesen werden:

1 1 q20 = Q33 = d 3 r (r) 3z2 − r 2 q2,±1 q2,±2

2 2

3 1 = ∓ d 3 r (r) z x ∓ iy = ∓ √ Q31 ∓ iQ32 2 6

2

3 1 d 3 r (r) x ∓ iy = = √ Q11 − Q22 ∓ 2 i Q21 8 2 6

Man kann dies nach den kartesischen Komponenten auflösen:

Q11 = −q20 +

Q22 = −q20 −

3 q22 + q2,−2 , 2

Q21 = i

3 q22 + q2,−2 , 2

Q31

Q33 = 2 q20 ,

Q32

3 q22 − q2,−2 2

3 =− q21 − q2,−1 2

3 q21 + q2,−1 = −i 2

Dabei wurde Q11 + Q22 + Q33 = 0 verwendet.

11.36 Quadrupoltensor von Rotationsellipsoid und Kreiszylinder Bestimmen Sie den Quadrupoltensor folgender, homogen geladener Körper: (i)

Rotationsellipsoid mit den Halbachsen a = b und c.

(ii) Kreiszylinder mit der Länge L und dem Radius R. Wählen Sie jeweils ein geeignetes Koordinatensystem.

206


Lösung: Das Rotationsellipsoid hat die Ladung q = (4π/3)0 a 2 c, wobei 0 die homogene Ladungsdichte ist. Der Mittelpunkt des Rotationsellipsoids wird in den Koordinatenursprung gelegt; die Koordinatenachsen sollen mit den Hauptachsen des Ellipsoids zusammenfallen. Dann verschwinden alle Nichtdiagonalelemente (Integration einer ungeraden Funktion über einen geraden Bereich). Wir berechnen

d 3 r 2 x 2 − y 2 − z 2 = 0 a 2 c d 3 r¯ 2 a 2 x¯ 2 − a 2 y¯ 2 − c2 z¯ 2 Q11 = 0 Ellipsoid

=

Kugel

4π 1 0 a 2 c 2 a 2 − a 2 − c 2 = q a 2 − c 2 15 5

Es wurden x = a x, ¯ y = a y¯ und z = c z¯ substituiert. Danach ist nur noch über eine Kugel mit Radius 1 zu integrieren. Wegen der Symmetrie des Ellipsoids gilt Q22 = Q11 . Aus der Spurfreiheit folgt dann Q33 = −(Q11 + Q22 ) = −2 Q11 , also insgesamt ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Q11 0 0 0 0 −Q33 /2

⎠=⎝ 0 −Q33 /2 0 ⎠ 0 Qij = ⎝ 0 Q11 (11.95) 0 0 −2Q11 0 0 Q33 Diese Form gilt generell im Hauptachsensystem, falls Q11 = Q22 , also insbesondere bei Zylindersymmetrie. Der Mittelpunkt des Kreiszylinders mit der Gesamtladung q = 0 πR 2 L wird in den Koordinatenursprung gelegt; die z-Achse wird als Symmetrieachse gewählt. Dann verschwinden alle Nichtdiagonalelemente. Wir berechnen Q33 = 0

Zylinder

= π 0 R 2

d 3 r 2 z2 − x 2 − y 2 = 2π 0 3

2

R L L − 6 2

=q

2

L/2

dz −L/2

2

R L − 6 2

R

dρ ρ 2 z2 − ρ 2

0

Wegen der Symmetrie und der Spurfreiheit gilt Q11 = Q22 = −Q33 /2. Der Quadrupoltensor ist damit wieder von der Form (11.95).

12 Magnetostatik Zwischen ruhenden Ladungen wirkt die Coulombkraft. Für bewegte Ladungen kommt es zu zusätzlichen, magnetischen Kräften. Bewegte Ladungen implizieren im Allgemeinen, dass das Problem zeitabhängig ist. In diesem Kapitel studieren wir zunächst den einfacheren Fall von stationären Strömen. Wir definieren das magnetische Feld und stellen das Kraftgesetz auf. Hieraus werden die Feldgleichungen der Magnetostatik abgeleitet. Schließlich behandeln wir das magnetische Dipolmoment einer begrenzten Stromverteilung. Der Strom I = dq/dt durch einen Draht ist gleich der Ladung pro Zeit. Die Stromdichte j zeigt in Richtung des Stroms und hat den Betrag j = I /Δa, wobei Δa die Querschnittsfläche des Drahts ist. In einer kontinuierlichen Stromverteilung j (r, t) ist der Effekt eines Volumenelements d 3r gleich dem eines stromdurchflossenen Drahtelements: j d 3 r = I d (12.1) Analog hierzu wurde in der Elektrostatik eine ausgedehnte Ladungsverteilung in einzelne Elemente d 3 r = dq zerlegt. In der Magnetostatik beschränken wir uns auf zeitunabhängige Stromdichten, j = j(r). Der mikroskopischen i qi δ(r − r i (t)) entspricht die Ladungsdichte at = Stromdichte j at = i qi v i δ(r − r i (t)). Die Punktladungen könnten etwa Elektronen sein. Meist betrachten wir die über geeignete Volumina gemittelten Größen, = at und j = j at . Wenn es sich um lauter gleiche Ladungsträger handelt (also etwa nur Elektronen), dann gilt j (r, t) = (r, t) v(r, t)

(12.2)

Dabei ist v die mittlere Geschwindigkeit der Ladungsträger. Sie ist im Allgemeinen viel kleiner als die individuellen Geschwindigkeiten. Die Ladungserhaltung wird durch die Kontinuitätsgleichung ∂(r, t) + div j (r, t) = 0 ∂t

(12.3)

beschrieben. Im statischen Fall reduziert sich dies auf div j (r) = 0. Das magnetische Feld (auch magnetische Induktion oder Flussdichte genannt) wird durch seine Kraftwirkung auf ein stromdurchflossenes Drahtelement definiert: dF (r) =

I d × B(r) c 207

T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_12, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

(12.4)

208


Nachdem B damit als Messgröße definiert ist, kann man nun das Magnetfeld bestimmen, das durch ein Stromelement I d hervorgerufen wird. Dieses Kraftgesetz ist in der Tabelle unten angegeben. Aufsummiert über eine ganze Ladungsverteilung liest es sich als 1 r − r B(r) = d 3 r j (r ) × (12.5) c |r − r |3 Für das Feld eines unendlich langen Drahts (entlang der z-Achse) erhält man hieraus B = e φ (2I /c)/ρ. Zwei parallele Drähte üben die Kraft/Länge = 2I1 I2 /(c2 d) aufeinander aus. In der Definition (12.4) taucht die Lichtgeschwindigkeit c ≈ 3 · 108 m/s auf. Diese Festlegung impliziert, dass E und B in gleichen Einheiten gemessen werden (wegen [I d/c] = [q ]), und dass sie in einer elektromagnetischen Welle den gleichen Betrag haben. Dies ist aus relativistischer Sicht sinnvoll. Aus (12.4) und (12.1) erhält man die Kraftdichte f = j × B/c. Setzt man hier die Stromdichte j (r) = q v δ(r − r 0 ) einer bewegten Punktladung ein, dann erhält man die Kraft v F = q × B(r 0 ) (12.6) c auf eine bewegte Ladung im Magnetfeld. In der folgenden Tabelle werden die zentralen Begriffe und Beziehungen der Magnetostatik jeweils denen der Elektrostatik gegenüber gestellt. Bisher haben wir die ersten drei Einträge (Ladungs-/Stromelement, Felddefinition und Kraftgesetz) behandelt.

Elektrostatik

Relation

Magnetostatik

dq = d 3 r

Ladungs-/Stromelement

I d = j d 3 r

dF = dq E F =qE

Felddefinition

dF = (I /c) d × B F = q (v/c) × B

Kraftgesetz

dB(r) =

div E = 4π rot E = 0

Feldgleichungen

rot B = 4π j /c div B = 0

E = −grad Φ

Potenziale Φ, A

B = rot A

Φ = −4π (r ) Φ(r) = d 3 r |r − r |

Feldgleichung

A = −(4π/c) j 1 j (r ) A(r) = d 3r c |r − r |

dE(r) = dq

r − r |r − r |3

Potenzial aus Quelldichte

I r − r d × c |r − r |3

209

Kapitel 12 Magnetostatik

Wir setzen (r − r )/|r − r |3 = −grad |r − r |−1 in (12.5) ein. Dann erhalten wir B = rot A mit dem Vektorpotenzial j (r ) 1 d 3r (12.7) A(r) = c |r − r | Wir könnten hierzu den Gradienten eines beliebigen Feldes addieren, ohne das physikalische B-Feld zu ändern. Die Festlegung (12.7) impliziert div A(r) = 0; sie wird Coulombeichung genannt. Wir wenden den Laplaceoperator auf beide Seiten von (12.7) an. Unter Berücksichtigung von (10.8), (10.17) und div A = 0 erhalten wir dann die Feldgleichungen der Magnetostatik: 4π j (r) , B(r) = rot A(r) (12.8) c Die Feldgleichungen können alternativ für das magnetische Feld selbst angegeben werden: 4π rot B(r) = j (r) , div B(r) = 0 (12.9) c Wir betrachten eine beliebige, zusammenhängende Fläche a mit der Randkurve C und wenden den Stokesschen Satz auf die Feldgleichung rot B = 4πj /c an: 5 4π 4π dr · B = da · j = (Ampère-Gesetz) (12.10) Ia c c C a 6 Dieses Ampère-Gesetz besagt, dass das Linienintegral C dr · B über den Rand der Fläche den Strom I durch die Fläche ergibt (multipliziert mit 4π/c). A(r) = −

Magnetisches Dipolmoment Für eine begrenzte Stromverteilung j (r) setzen wir die kartesische Entwicklung (11.44) in das Integral (12.7) ein. Der führende Term ist dann das magnetische Dipolfeld μ×r 1 A(r) = d 3r r × j (r) mit μ = (12.11) r3 2c Wenn man eine starre Ladungs- und Massenverteilung hat, die um eine Symmetrieachse rotiert, dann erhält man einen Zusammenhang zwischen dem magnetischen Dipolmoment μ und dem Drehimpuls L. Wenn beide Verteilungen dieselbe Ortsabhängigkeit haben, folgt q L (12.12) μ=g 2mc mit g = 1. Abweichungen von dem gyromagnetischen Verhältnis μ/L = q/(2mc) werden durch den g-Faktor parametrisiert (g ≈ 2 für ein Elektron). Die Energie W des magnetischen Dipols in einem äußeren Feld und das auf ihn wirkende Drehmoment M sind: W = −μ · B ext ,

M = μ × B ext

(12.13)

210


Aufgaben 12.1 Geschwindigkeit der Metallelektronen Die kinetische Energie von freien Metallelektronen ist von der Größenordnung Ekin ≈ 10 eV. Berechnen Sie hieraus ihre mittlere Geschwindigkeit v = v 2 1/2 . Pro Gitterzelle (mit Volumen ΔV = 1 Å3 ) gibt es (ungefähr) ein freies Elektron. In einem Draht mit dem Querschnitt a = 1 mm2 fließe der Strom I = 1 A. Berechnen Sie die zugehörige mittlere Driftgeschwindigkeit vdrift der Elektronen. Lösung: Wegen Ekin mc2 ≈ 0.5 MeV ist die Bewegung nichtrelativistisch. Daher gilt Ekin ≈ m v 2 /2. (Der Mittelwert v der Geschwindigkeit selbst verschwindet, weil keine Richtung ausgezeichnet ist.) Hieraus erhalten wir v2 2Ekin 20 eV = 4 · 10−5 ≈ ≈ c2 mc2 0.5 MeV Mit c = 3 · 108 m/s ergibt dies

m s Die mittlere Geschwindigkeit ist von der Größenordnung eines Prozents der Lichtgeschwindigkeit. Sie ist durch das Pauliprinzip und die Unschärferelation bedingt; der Beitrag der endlichen Temperatur ist unter Normalbedingungen sehr klein. Die Ladungsdichte der Leitungselektronen im Draht ist v ≈ 2 · 10 6

Δq C −e ≈ −1.6 · 1011 3 = 3 ΔV m 1Å Eine mittlere Driftgeschwindigkeit vdrift führt zur Stromdichte || vdrift (wir beschränken uns auf die Beträge). Multipliziert mit der Querschnittsfläche a ergibt dies den Strom I = || vdrift a. Wir lösen dies nach der gesuchten Driftgeschwindigkeit auf:: =

vdrift =

m I ≈ 6 · 10−6 || a s

Die Driftgeschwindigkeit der Elektronen ist also sehr klein, vdrift /v ≈ 3 · 10−12 . Die angegebenen Werte stellen nur eine grobe Abschätzung dar. Die Wechselwirkung der Leitungselektronen mit dem Kristallgitter wird näherungsweise durch eine effektive Masse beschrieben, die erheblich von der freien Elektronmasse abweichen kann.

12.2 Stromdurchflossener Hohlzylinder z 6

................................................... ........... . ...... ...................................... ........ .R R ...... ..... ......... ............................................. 1........... 2 ... ........................................................................ ...

... . .. ..... .... .. .. .... .. . ... ... ... .... . .. . .. ..... ... . . ... .. .. . ... ......... ........ ........ ........ .......... . ... .. ..... . ....... ........ ........ .. ...... .... .... ...... ..... ... ...... . ... ...... ... ....... ...... ............. . ......... . ................... ...................................

Ein unendlich langer Hohlzylinder (Innenradius R1 , Außenradius R2) wird homogen vom Strom I durchflossen. Berechnen Sie das Magnetfeld B mit dem Ampère-Gesetz im Innen- und Außenraum und im Zylindermantel. Skizzieren Sie |B| als Funktion des Abstands von der Symmetrieachse.

211


Lösung: Wir verwenden Zylinderkoordinaten ρ, ϕ und z. Wegen j = j ez ist das Vektorpotenzial parallel zur z-Richtung, A = A(ρ, ϕ, z) ez . Wegen der Translationsund Rotationssymmetrie gilt dann A = A(ρ) ez . Hieraus folgt B = rot A = B(ρ) eϕ . Das Ampère-Gesetz (12.10) wird für einen Kreis mit Radius ρ und dem Wegelement dr = ρ dϕ eϕ ausgewertet: ⎧ 0 (ρ ≤ R1 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 5 ⎨ ρ 2 − R12 4π (R1 < ρ ≤ R2 ) I dr · B = 2πρ B(ρ) = ⎪ R22 − R12 c ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 (ρ > R2 ) Hieraus erhalten wir für das Magnetfeld B(ρ) 6 ......... .... ................. . . ........... . ......... ... ... . . . . ... ... . . ... ... . . ........................................... ρ R1 R2

⎧ 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ρ − R12 /ρ 2I B(ρ) = c ⎪ R22 − R12 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1/ρ

(ρ ≤ R1 ) (R1 < ρ ≤ R2 ) (ρ > R2 )

Im Inneren des Hohlzylinders verschwindet das Feld. Im Außenbereich erhält man das Feld des stromdurchflossenen Drahts aus Aufgabe 12.3.

12.3 Stromdurchflossener Draht Lösen Sie die Feldgleichung A = −4πj /c für einen unendlich langen, zylindrischen Draht (Radius R), der homogen vom Strom I durchflossen wird. Geben Sie das dazugehörige B-Feld an. Lösung: Wir wählen Zylinderkoordinaten mit der z-Achse als Symmetrieachse des Drahts. Die Stromdichte ist dann ⎧ ⎨ I (ρ ≤ R) πR 2 (12.14) j (r) = ez · ⎩ 0 (ρ > R) Wegen j = j (ρ) ez ist das Vektorpotenzial parallel zur z-Richtung, A = A(ρ, ϕ, z) ez . Wegen der Translations- und Rotationssymmetrie gilt dann A = A(ρ) e z . Da der Vektor ez konstant ist, kann er auf beiden Seiten von A = −4πj /c gekürzt werden (das ginge zum Beispiel nicht für eρ ). Der Laplaceoperator reduziert sich auf Ableitungen nach ρ, also ⎧ 4I ⎨ − (ρ ≤ R) 1 d dA(ρ) 2 cR ρ = (12.15) ⎩ ρ dρ dρ 0 (ρ > R) Dies wird zunächst unabhängig voneinander in den beiden Bereichen integriert: ⎧ ⎧ c1 2I ρ ρ I ρ2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ − 2 + ⎨ − ⎨ + c1 ln + d1 (ρ ≤ R) dA(ρ) 2 cR ρ c R R A(ρ) = = c2 ⎪ ⎪ dρ ρ ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ c2 ln + d2 (ρ > R) ρ R

212


Wegen ln(ρ/R) = ln ρ − ln R entspricht der Faktor R im Logarithmus einer Änderung der Integrationskonstanten. Wegen der Regularität bei ρ = 0 ist c1 = 0. Eine Konstante kann willkürlich gewählt werden; wir setzen d2 = 0. Dann verschwindet das Vektorpotenzial auf der Zylinderoberfläche, A(R) = 0. Die Stromdichte hat einen Sprung bei ρ = R. Damit (12.15) erfüllt ist, muss die zweite Ableitung von A(ρ) ebenfalls einen Sprung haben. Daher sind die erste Ableitung A (ρ) und die Funktion A(ρ) selbst stetig. Die Stetigkeit von A(ρ) bei R ergibt d1 = I /c; die Stetigkeit von A (ρ) führt zu c2 = −2I /c. Damit erhalten wir ⎧ ρ2 ⎪ ⎪ ⎨ 1 − (ρ ≤ R) I R2 A(ρ) = c ⎪ ρ ⎪ ⎩ −2 ln (ρ > R) R B(ρ) 6 .. Hiermit berechnen wir noch das Magnetfeld B = .... .... .... .......... . . rot A, ....... . . . . . . ......... ... ........... ⎧ ρ .... .............. .... ................... . . . ⎪ ...... . (ρ ≤ R) . ⎪ . . ⎨ R2 .... 2I .... . . . eϕ B = −A (ρ) eϕ = .. .... 1 ⎪ c ⎪ .... ⎩ (ρ > R) ρ ρ R

12.4 Zylinderspule Für eine unendlich lange Spule mit N Windungen pro Länge L ist die Stromdichte in Zylinderkoordinaten gegeben: j (r) = j (ρ) e ρ =

NI δ(ρ − R) eρ L

Berechnen Sie das Vektorpotenzial aus der Integralformel (12.7). Berücksichtigen Sie dabei die Symmetrie des Problems. Verwenden Sie partielle Integration und 2π cos(nϕ) 2πa n J = dϕ = (|a| < 1, n = 0, 1, 2,... ) 1 − 2 a cos ϕ + a 2 1 − a2 0 Lösung: Die Zylindersymmetrie impliziert A = A(ρ, z) eϕ . Wegen der Translationssymmetrie in z-Richtung wird das zu A = A(ρ) e ϕ . Die Integralformel (12.7) kann für eine einzelne kartesische Komponente angesetzt werden: j (ρ ) cos ϕ 1 d 3r Ay = A(ρ) cos ϕ = c |r − r | Wegen der Symmetrien genügt es, diese Gleichung für r := (x, y, z) = (ρ, 0, 0) auszuwerten. Zusammen mit r := (x , y , z ) = (ρ cos ϕ , ρ sin ϕ , z ) ergibt sich der Abstand |r − r | = [ρ 2 + ρ 2 − 2ρ ρ cos ϕ + z2 ]1/2 und damit 1 ∞ 2π L/2 j (ρ ) cos ϕ dρ ρ dϕ dz A(ρ) = c 0 ρ 2 + ρ 2 − 2ρ ρ cos ϕ + z 2 0 −L/2

213

Kapitel 12 Magnetostatik = =

NIR cL NIR cL

2π 0

2π

d ϕ

cos ϕ dz ρ 2 + R 2 − 2ρ R cos ϕ + z 2 −L/2 L/2

dϕ cos ϕ ln(L2 ) − ln ρ 2 + R 2 − 2ρ R cos ϕ

0

Im letzten Schritt wurde für die unendlich lange Spule der Limes " # L/2 L2 d z L2 /4 + b2 + L/2 √ = lim ln lim = ln 2 L→∞ −L/2 b b2 + z 2 L→∞ L2 /4 + b2 − L/2 verwendet, wobei b2 = ρ 2 +R 2 −2ρ R cos ϕ . Der Term ln(L2 ) ist koordinatenunabhängig und wird als Konstante weggelassen. Der verbleibende Term wird partiell integriert:

N I R 2π dϕ cos ϕ ln ρ 2 + R 2 − 2ρ R cos ϕ A(ρ) = − cL 0 2π sin2 ϕ 2N I R 2 dϕ 2 ρ = cL ρ + R 2 − 2ρ R cos ϕ 0 ⎧ (ρ ≤ R) ⎪ ρ 2π 1 − cos(2ϕ) NI ⎨ NI ρ 2 dϕ = 2π = R cL 0 1 − 2ρ/R cos ϕ + ρ 2 /R 2 cL ⎪ (ρ > R) ⎩ ρ Im letzten Schritt wurde das oben angegebene Integral J mit a = ρ/R < 1 beziehungsweise mit a = ρ/R > 1 für die jeweiligen Bereiche verwendet. Wir geben noch an, wie man das in der Aufgabenstellung angegebene Resultat für das Integral J erhalten kann. Die Substitutionen z = exp(iϕ) , dz = i z dϕ und 2 cos ϕ = z + 1/z ergeben 5 2π zn 2πa n exp(i nϕ) i dz = J = Re dϕ = Re 2 1 − 2 a cos ϕ + a a (z − a)(z − 1/a) 1 − a2 0 Die z-Integration erfolgt entlang des Einheitskreises der komplexen Zahlenebene. Nach der Cauchy-Formel trägt für |a| < 1 nur der Pol z = a bei. Damit erhält man das angegebene Resultat.

12.5 Lokalisierte Stromverteilung Die Stromverteilung j (r) sei räumlich begrenzt. Leiten Sie d 3 r j (r) = 0 aus divj (r) = 0 ab. Verwenden Sie dazu j = (j · ∇) r. Lösung: Wir setzen j (r) = (j · ∇) r ein und integrieren partiell:

d 3 r j (r) = d 3 r j (r) · ∇ r = − d 3 r r ∇ · j (r) = 0 Die Randterme fallen weg, da die Stromverteilung lokalisiert ist.

214


12.6 Zylindersymmetrische Stromverteilung Gegeben ist eine zylindersymmetrische Stromverteilung in Kugelkoordinaten: j = j (r, θ ) eφ

(12.16)

Zeigen Sie, dass das Vektorpotenzial auch von dieser Form ist, und geben Sie einen Ausdruck für A(r, θ ) an. Welche skalare Differenzialgleichung für A(r, θ ) folgt aus A = −4πj /c ? Hinweise: Betrachten Sie die Kombination Ax + iAy . Entwickeln Sie 1/|r − r | in der Integralformel für das Vektorpotenzial nach Kugelfunktionen. Lösung: Aus eφ = −ex sin φ + ey cos φ folgt jx + i jy = i j (r, θ) exp(i φ)

(12.17)

Aus der Integralformel (12.7) für das Vektorpotenzial folgen Az = 0 und 1 i jx (r ) + i jy (r ) j (r , θ ) exp(i φ ) d 3r = d 3r Ax + i Ay = c |r − r | c |r − r | Für 1/|r − r | setzen wir die Entwicklung (11.44) nach Kugelfunktionen ein. Wegen der ∗ Integration dφ Ylm (θ , φ ) exp(i φ )... überleben nur die Terme mit m = 1, also ∞ 4π r l=1 = i A(r, θ) exp(iφ) Die φ-Abhängigkeit ergibt sich aus Yl,1 (θ, φ) ∝ exp(iφ). Der Vergleich mit (12.17) und (12.16) ergibt A = A(r, θ) eφ Im Ausdruck für A(r, θ) verwenden wir (11.30), ∞ (l − 1)! rl+1 l l=1 Die Gleichung A = −4πj /c gilt auch für die einzelnen kartesischen Komponenten (weil ex und ey konstante Vektoren sind). Damit können wir schreiben:

4π jx + ijy Ax + iAy = − c Wir verwenden für beide Seiten die Form (12.17). Dann können wir die imaginäre Einheit kürzen und erhalten

4π A(r, θ) exp(i φ) = − j (r, θ) exp(i φ) c Wir führen die φ-Differenziation aus. Danach kann der Faktor exp(iφ) gekürzt werden: 1 4π − A(r, θ) = − j (r, θ) c r 2 sin2 θ Würde man in (A(r, θ) e φ ) = −(4π/c) j (r, θ) eφ den Vektor eφ einfach kürzen (unzulässig), so erhielte man ein anderes (falsches) Resultat.

215


12.7 Stromdurchflossene Leiterschleife In einer kreisförmigen Leiterschleife ist die Stromdichte in Zylinderkoordinaten durch j = I δ(ρ − R) δ(z) eϕ gegeben. Berechnen Sie das Vektorpotenzial für die Fälle ρ R und ρ R. Zeigen Sie, dass sich für große Abstände ein Dipolfeld A = (μ × r)/r 3 ergibt. Hinweise: Nach Aufgabe 12.6 impliziert die zylindersymmetrische Stromdichte ein Potenzial mit derselben Symmetrie, also A(r) = A(ρ, z) eϕ . Um A(ρ, z) zu bestimmen, genügt es, die Integralformel für Ay und ϕ = 0 anzusetzen. Das resultierende Integral soll nur für die angegebenen Grenzfälle gelöst werden. Lösung: Wir betrachten die Integralformel (12.7) für δ(ρ − R) δ(z ) cos ϕ I Ay = A(ρ, z) cos ϕ = d3r c |r − r | Um A(ρ, z) zu bestimmen, genügt es offensichtlich, diese Gleichung für ϕ = 0 auszuwerten. Mit r := (x, y, z) = (ρ, 0, z) und r := (x , y , z ) = (ρ cos ϕ , ρ sin ϕ , z ) ergibt sich der Abstand zu |r −r | = [ρ 2 +ρ 2 −2ρ ρ cos ϕ +z2 ]1/2 . Die ρ - und z -Integrationen können unmittelbar ausgeführt werden: I R 2π cos ϕ A(ρ, z) = dϕ (12.18) c 0 ρ 2 + R 2 + z2 − 2ρ R cos ϕ Dies ist ein elliptisches Integral, das nicht elementar gelöst werden kann. Für ρ R wird die Wurzel im Integrand entwickelt: 2π ρ R cos ϕ IR 1 A(ρ, z) ≈ √ dϕ cos ϕ 1 + 2 + . . . c R + z2 R 2 + z2 0 ≈

I πR 2 ρ c (R 2 + z2 )3/2

Die Komponenten des dazugehörigen Magnetfelds sind Bϕ = 0 und Bρ = − Bz =

∂A(ρ, z) I πR 2 3ρ z = 2 ∂z c (R + z2 )5/2

1 ∂ I πR 2 2 ρ A(ρ, z) = ρ ∂ρ c (R 2 + z2 )3/2

Wir entwickeln nun den Integranden in (12.18) für große Abstände ρ R, 2π I πR 2 IR 1 ρ ρ R cos ϕ dϕ cos ϕ 1 + 2 + ... ≈ A(ρ, z) ≈ 2 c ρ +z c (ρ 2 + z2 )3/2 ρ 2 + z2 0 Das Vektorpotenzial A = A(ρ, z) eϕ lässt sich in der Form A = (μ × r)/r 3 mit dem magnetischen Dipolmoment I πR 2 μ= ez c

216


schreiben. Das Magnetfeld ist dann von der bekannten Dipolform B = rot A =

3 r (r · μ) − μ r 2 r5

mit den Komponenten Bϕ = 0 und Bρ = − Bz =

∂A(ρ, z) I πR 2 3ρ z = ∂z c (ρ 2 + z2 )5/2

I πR 2 2z2 − ρ 2 1 ∂ ρ A(ρ, z) = ρ ∂ρ c (ρ 2 + z2 )5/2

Alternative Lösung für große Abstände: Für r R kann man auch die Entwicklung 1/|r − r | ≈ 1/r + (r · r )/r 3 direkt in das Integral für A einsetzen: A(r) =

1 c

d 3r

1 j (r ) = |r − r | cr

d 3 r j (r ) +

1 c r3

d 3 r (r · r ) j (r ) + . . .

Der erste Term verschwindet für die lokalisierte Stromverteilung (Aufgabe 12.5). Wir setzen die Stromdichte in den zweiten Term ein und integrieren über die beiden δ-Funktionen, ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ −y − sin ϕ 2 πR I R 2 2π ⎝ ⎝ x ⎠ cos ϕ ⎠ = I dϕ x cos ϕ + y sin ϕ A(r) := c r3 0 c r3 0 0 Dies kann wieder als A = (μ × r)/r 3 mit dem Dipolmoment μ = ez I πR 2 /c geschrieben werden.

12.8 Helmholtz-Spulen Zwei parallele kreisförmige Leiterschleifen werden beide vom Strom I in gleicher Richtung durchflossen. Die Kreise liegen parallel zur x-y-Ebene, sie haben beide den Radius R und ihre Mittelpunkte liegen bei (x, y, z) = (0, 0, b) und (0, 0, −b). Bestimmen Sie das Vektorpotenzial dieser Anordnung als Superposition der Vektorpotenziale (12.18) der einzelnen Leiterschleifen. Entwickeln Sie das Vektorpotenzial in der Nähe des Koordinatenursprungs bis zur Ordnung O(ρ 3 , ρ z2 ). Welche Beziehung muss zwischen dem Radius R und dem Abstand D = 2b der Kreise gelten, damit das Magnetfeld in diesem Bereich möglichst homogen ist? Lösung: Wir schreiben (12.18) für jede der beiden Leiterschleifen an und superponieren die Potenziale: " cos ϕ I R 2π dϕ A(ρ, z) = c 0 ρ 2 + R 2 + (z − b)2 − 2ρ R cos ϕ # cos ϕ + ρ 2 + R 2 + (z + b)2 − 2ρ R cos ϕ

217


Für ρ R und z b wird der Integrand bis zur geforderten Ordnung entwickelt. In der anschließenden Winkelintegration

2π

0

2π dϕ cos ϕ = n 2

n

n n/2

überleben nur die geraden Potenzen des Cosinus. Damit erhalten wir 4 4

ρR IR 3 ρ 2 + z2 15 ρ 2 R 2 + 4 b2 z2 A(ρ, z) = 2π 1 − + + O ρ , z c (R 2 + b2 )3/2 2 R 2 + b2 8 (R 2 + b2 )2 4 4

ρ I R2 3 R 2 − 4 b2 2 2 = 2π 1 + (ρ + 4 z ) + O ρ , z c (R 2 + b2 )3/2 8 (R 2 + b2 )2 Mit der Wahl R = D = 2b fällt der zweite Term in der Klammer weg und das Vektorpotenzial vereinfacht sich zu 16π I A(ρ, z) ≈ √ ρ 5 5 cR Das Magnetfeld ist dann weitgehend homogen: B ≈ Bz e z ,

Bz =

1 d 32π I ρA ≈ √ ρ dρ 5 5 cR

Die Anordnung der beiden Leiterschleifen (oder Spulen) mit R = D ist als HelmholtzSpulen bekannt. Die Größe der Anordnung ist dem jeweiligen Zweck anzupassen: Zum einen darf R nicht zu groß gewählt werden, damit das Magnetfeld nicht zu schwach wird. Zum anderen darf R auch nicht zu klein sein, damit der homogene Bereich (ρ R) nicht zu klein ist.

12.9 Rotierende, homogen geladene Kugel Eine homogen geladene Kugel (Radius R, Ladung q) rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit ω um eine Achse durch ihren Mittelpunkt. Welche Stromdichte j ergibt sich? Bestimmen Sie das Vektorpotenzial A aus der Integralformel. Geben Sie die Komponenten des Magnetfelds in Kugelkoordinaten an. Hinweise: Legen Sie ω in z-Richtung und berechnen Sie Ax + iAy mit der Integralformel (12.7). Drücken Sie jx + ijy durch Y11 aus, und entwickeln Sie 1/|r − r | nach Kugelfunktionen. Lösung: Die Ladungs- und Stromdichte der rotierenden (ω = ω e z ), homogen geladenen Kugel sind in Kugelkoordinaten (r) =

3q Θ(R − r) , 4πR 3

j (r) =

3qω r sin θ Θ(R − r) eφ 4πR 3

Damit ist jz (r) = 0 und jx (r) + ijy (r) = −i

3 qω r Θ(R − r) Y11 (θ, φ) 2π R 3

218


Die Integralformel (12.7) kann getrennt für die kartesischen Komponenten von A und j angesetzt werden, weil die kartesischen Basisvektoren konstant sind. Aus jz = 0 folgt Az = 0. Für die x- und y-Komponenten betrachten wir die Kombination Ax + iAy und setzen die Entwicklung (11.44) von 1/|r − r | nach Kugelfunktionen ein: Ax (r) + iAy (r) 3 q ω 4π r 3 q ω 4π R 3 r< q ω R 3 r< dr r Y (θ, φ) = i dr r sin θ exp(iφ) = −i 11 2π c R 3 3 0 r>2 c R3 0 r>2 Dabei haben wir die Orthogonalität der Kugelfunktionen ausgenützt. Das Ergebnis lässt sich als Ax + iAy = i A exp(iφ) schreiben. Damit gelten Ax = −A sin φ und Ay = A cos φ und das Vektorpotenzial ist von der Form

A(r) = A(r, θ) eφ = A(r, θ) − ex sin φ + ey cos φ mit

R r< q ω sin θ A(r, θ) = dr r 3 2 cR 3 r> 0 Wir werten dies getrennt für die Bereiche r ≤ R und r > R aus: R q ω sin θ 1 r 4 3 r2 q ω r sin θ dr r + r dr r = A(r, θ) = 1− c R3 r2 0 2cR 5R 2 r q ω R2 q ω sin θ 1 R 4 dr r = sin θ A(r, θ) = c R3 r 2 0 5 c r2 Aus B = rot A folgen die Komponenten des Magnetfelds Bφ = 0 und ⎧ 3 r2 ⎪ ⎪ 1 −

5R 2 1 ∂ q ω cos θ ⎨ Br = sin θ A(r, θ) = r sin θ ∂θ cR ⎪ ⎪ 2R 3 ⎩ 5 r3

Bθ

⎧ 6 r2 ⎪ ⎪ − 1 −

1 ∂ q ω sin θ ⎨ 5R 2 = − r A(r, θ) = r ∂r cR ⎪ R3 ⎪ ⎩ 5 r3

(r ≤ R) (r > R)

(r ≤ R) (r > R)

(r ≤ R) (r > R)

Nahe dem Zentrum der Kugel, also für r 2 /R 2 1, erhält man hieraus B ≈ ez q ω/(cR). Außerhalb der Kugel kann man das Feld in der bekannten Dipolform schreiben: 3 r (r · μ) − μ r 2 q ω R2 mit μ = (r > R) ez r5 5c Das Erdmagnetfeld ist in guter Näherung ein solches Dipolfeld. Seine Feldstärke beträgt an den Polen |B| ≈ 6·10−5 T, in mittleren Breiten (Schweiz) etwa 4.7·10−5 T und am Äquator 3·10−5 T. Die Ursachen für das Erdmagnetfeld sind aber komplizierter; die Stromverteilung in der Erde entspricht auch nicht näherungsweise der einer homogen geladenen, rotierenden Kugel. B=

219


12.10 Oberflächenströme der homogen magnetisierten Kugel ......... .. ........ ......... .... ... ... .. ... ... .. . . . . ... ................ .... ... ... ............. ......... ......... . ... ... ... ........ ........ .. ....... ... ... ... .. . . ...... . . . . . . . . . . . ...... .. .... . ... ... ..... ...... ..... .... ... ... ...... .. .. .. .. ..... ......................................... ....... ... .... ... ........ .................................................... . . . . . . . . . . . . . . .......... .. .. .. ... ... ......... ......... .... .. .. .. . .. .. ... ...... ....... .... .... ... .. .. ... .. .. ... .... ... ..................... ... ... ... ... ... ... ... ............................ ... ... ...... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .. ... .... ... .. . .. ... ... .. .. .. .. .. . . . . . . . .... ...... ..... ..... ...... ...... ...... ...... ...... ........ ....... ....... ........ . . .... ... .... .... .... .... ... .... ... .... ... . . . . . . ... . . . . . . ... ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... ...... . .. .... ............... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .................. ........ .. .. .. .. .. .. .. ....... .... ..... .... . . . . . . ...... ...... ...... .. .. .. .. .. ....... ......... ........................................................... . ....... ..... .... .... ....... ................................................................... . .... .. .. .. ..... ..... .... .... ..... ......... ...... . .. ... .... .. ..... ....... . . ... . . . . . . . . ....... ... ... .. ............ .... ................ ... .. . . .......... . . . . . . . . . ... .. ........... .. . .. . ........... . . . ....... .... ......... ... . . . ... ....... .. .. ... ... .... ... . ... .. .

............................ ...... .... ..... ... .. .. ... ... ... . . . .... ... ....... .........................

Das Magnetfeld ⎧ B0 e z ⎪ ⎨ B= 3 r (r · μ) − μ r 2 ⎪ ⎩ r5

(r < R) (r > R)

gehört zu einer homogen magnetisierten Kugel mit dem Dipolmoment μ = μ ez . In den Bereichen r < R und r > R gelten jeweils div B = 0 und rot B = 0. Als Quellen des Feldes kommen daher nur Ströme auf der Oberfläche in Frage.

Wegen der Zylindersymmetrie sind die Oberflächenströme von der Form j=

I (θ ) δ(r − R) e φ πR

Bestimmen Sie den Strom I (θ ) und das magnetische Moment μ. Leiten Sie dazu aus den Feldgleichungen folgende Bedingungen ab: Br (R + ) − Br (R − ) = 0 Bθ (R + ) − Bθ (R − ) =

6

4π I (θ ) c πR

(12.20)

Lösung: Wir betrachten ein kleines Volumenelement an der Kugeloberfläche, das von den Flächenelementen dA = (R + )2 sin θ dθ dφ er und −(R − )2 sin θ dθ dφ er begrenzt ist (mit 6→ 0). Aus div B = 0 (gilt überall, auch bei r ≈ R) folgt A dA · B = 0. Hieraus ergibt sich sofort Br (R + ) − Br (R − ) = 0, also (12.19).

....... ......... .......... ..... ... ........... . dθ R

................................................................ ........... ......... ......... ....... ....... ...... ...... ..... .. ..... ..... . . . ... .... .. .... . . .... . . .. ... ... . . . . ... .. .. . . . . . .. .. ........ .... . . . . . . . . . . . .. ....... . . ... . .. . . .... . . .. ....... . . ... . . .. . .... . . . ..... .. . ... ........ .. .. ................ .. . .... . . ....... .... ... ... ... . ... .... ... . . ... . . . ... ... ... ... ... .. ... ... ... .... ... . . .... ... ..... .... ..... ..... ...... ..... ....... ...... ......... ....... . . . . . . ............. . . . ..........................................................

(12.19)

Das skizzierte viereckige Element sei nun ein kleines Flächenelement. Seine Kontur C besteht (abgesehen von infinitesimalen Zwischenstücken) aus den Wegelementen dr = (R + ) dθ eθ und −(R − ) dθ eθ . Hierauf wenden wir das Ampère-Gesetz (12.10) an:

4π I (θ) Bθ (R + ) − Bθ (R − ) R dθ = c πR

R+

dr r dθ δ(r − R) = R−

4I (θ) dθ c

Hieraus folgt (12.20). Die sphärischen Komponenten des gegebenen Magnetfelds sind: Br = B0 cos θ , Br = 2 μ cos θ/r , 3

Bθ = −B0 sin θ ,

Bφ = 0

(r ≤ R)

Bθ = μ sin θ/r ,

Bφ = 0

(r > R)

3

220


Wenn wir dies in (12.19) und (12.20) einsetzen, erhalten wir das magnetische Moment und den Oberflächenstrom: cR μ 1 3 cμ I (θ) = + B sin θ μ = B0 R 3 , sin θ = 0 3 2 4 R 4R 2

12.11 Kleiner Permanentmagnet Ein kleiner Permanentmagnet (Dipolmoment μ) ist bei d = d ex so gelagert, dass er sich innerhalb der x-y-Ebene frei drehen kann. Auf den Magnet wirkt ein homogenes Magnetfeld B 0 = B0 ex . In welche Richtung zeigt μ im Gleichgewicht? In welche Richtung zeigt μ im Gleichgewicht, wenn es zusätzlich noch einen Draht mit der Stromdichte j = I δ(x) δ(y) ez gibt? Lösung: Die potenzielle Energie eines magnetischen Dipols μ im äußeren magnetischen Feld B ist W = −μ · B. Ein drehbar gelagerter magnetischer Dipol stellt sich im Gleichgewicht so ein, dass W minimal wird. Dies ist der Fall, wenn μ in die Richtung von B zeigt. Für B = B 0 = B0 ex zeigt μ (oder die Kompassnadel) also in x-Richtung. Der stromdurchflossene Draht bewirkt das zusätzliche Magnetfeld − sin ϕ −y 2I 2I 2I 1 cos ϕ x B 1 (r) = = eφ := cρ cρ c x2 + y2 0 0 Am Ort d := (d, 0, 0) des Dipols ist das wirksame Magnetfeld dann B = B 0 + B 1 (d) = B0 ex +

2I ey cd

Der Magnet stellt sich parallel zu B ein. Er bildet damit den Winkel α = arctan

2I c d B0

α 1

≈

2I c d B0

zur x-Achse. Für kleine Winkel ist die Ablenkung proportional zur Stromstärke. Die Anordnung eignet sich als Strommessgerät (Amperemeter).

13 Maxwellgleichungen: Grundlagen Die Feldgleichungen der Elektrostatik (Kapitel 11) und der Magnetostatik (Kapitel 12) werden zu den Maxwellschen Gleichungen verallgemeinert. Neben einer Zeitabhängigkeit treten dabei zusätzliche Terme auf, die als „Faradaysches Gesetz“ und als „Maxwellscher Verschiebungsstrom“ charakterisiert werden. Wir geben die allgemeine Lösung der Maxwellschen Gleichungen an; sie besteht aus einer Wellenlösung und aus den retardierten Potenzialen. Die kovariante Formulierung der Maxwellgleichungen macht ihre relativistische Struktur deutlich. Abschließend wird noch die Lagrangedichte der Elektrodynamik vorgestellt. Wir schreiben die Feldgleichungen der Elektrostatik (11.7) und die der Magnetostatik (12.9) an, wobei wir die Zeit t als Argument der Felder zulassen und zwei zusätzliche Zeitableitungen einfügen: div E(r, t) = 4π(r, t) ,

rot E(r, t) +

1 ∂ B(r, t) =0 -c ./∂ t 0 Induktion

1 ∂ E(r, t) 4π rot B(r, t) − = j (r, t) , c -c ./∂ t 0

(13.1)

div B(r, t) = 0

Verschiebungsstrom

Diese Maxwellgleichungen wurden 1864 von Maxwell aufgestellt. Die zusätzlichen Terme wurden durch die Bezeichnungen Induktion und Verschiebungsstrom charakterisiert. Die Kräfte (11.3) und (12.6) werden zur Lorentzkraft F L zusammengefasst: v F L = q E(r 0 , t) + × B(r 0 , t) (13.2) c Die Gleichungen (13.1) und (13.2) sind die Grundgleichungen der Elektrodynamik. Aus ihnen werden alle relevanten Aussagen abgeleitet. Wenn sich der magnetische Fluss Φm durch eine Drahtschleife ändert, dann erhält man eine Spannung U an den Enden (der an einer Stelle aufgeschnittenen Schleife). Dieser experimentelle Befund wird durch das Faradaysche Gesetz oder Induktionsgesetz beschrieben 5 1 d 1 d Φm U= dr · E = − da · B(r, t) = − (13.3) c dt c dt C a(t) Hierbei ist E das elektrische Feld im momentanen Ruhsystem des Drahtschleife (mit der Fläche a und mit der Kontur C). Für die ruhende Drahtschleife folgt dies 221 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_13, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

222


˙ aus rot E + B/c = 0 in (13.1). Für eine bewegte Schleife ergeben sich demgegenüber zwei Effekte: Zum einen gibt es den Unterschied zwischen E und E , zum anderen ändert sich der magnetische Fluss aufgrund der Bewegung der Drahtschlei˙ = 0 mit (13.3). fe. Beide Effekte zusammen führen zur Konsistenz von rot E + B/c Wir setzen 4π = div E in die Kontinuitätsgleichung ein: 1 ∂E ∂ + div j = div +j =0 (13.4) 4π ∂ t

∂t

Dies ist nicht kompatibel mit der durch die Magnetostatik nahegelegten Gleichung rot B(r, t) = 4π j (r, t)/c ; denn sie impliziert ja div j = 0. Wenn man dagegen in der inhomogenen magnetischen Feldgleichung den Maxwellschen Verschiebungs˙ strom E/4π zu j hinzugefügt, dann folgt die Kontinuitätsgleichung aus den Maxwellschen Gleichungen. Physikalisch hat ein Verschiebungsstrom ähnliche Auswirkung wie eine Strom˙ = 0), dann ergeben dichte. Schließt man etwa einen Plattenkondensator kurz (E sich kreisförmige Magnetfeldlinien, die zum Beispiel durch den Ausschlag einer Kompassnadel nachgewiesen werden können. Energiebilanz Wenn man in j · E für j die Feldgleichung einsetzt, erhält man nach wenigen Umformungen das Poynting-Theorem ∂wem + div S = −j · E ∂t

(13.5)

mit der Energiedichte wem und der Energiestromdichte (oder Poyntingvektor) wem = wem (r, t) =

1 2 E + B2 , 8π

S = S(r, t) =

c E×B 4π

(13.6)

Die Interpretation dieser Größen ergibt sich aus folgender Überlegung: Wir betrachten ein System aus geladenen Teilchen und elektromagnetischen Feldern. Die auf das i-te Teilchen während dt übertragene Energie ist F L ,i · dr i = qi v i · E(r i ) dt. Wir summieren dies über alle Teilchen und verwenden j = qi v i δ(r − r i ). der Teilchen dEmat /dt = Dann erhalten wir für die Änderung der Energie E mat 3 d r j · E. Dies ist gleich der rechten Seite von (13.5), wenn man (13.5) über ein zeitunabhängiges Volumen integriert. Mit Eem = V d 3 r wem wird (13.5) dann zu 5 dEem dEmat + =− da · S(r, t) (13.7) dt dt a(V ) Wir betrachten nun ein abgeschlossenes System und wählen das Volumen V so, dass das System innerhalb von V liegt. Dann verschwindet das Integral über die Oberfläche a(V ) des Volumens, und (13.7) wird zu E = Emat + Eem = const.

(abgeschlossenes System)

(13.8)

223

Kapitel 13 Maxwellgleichungen: Grundlagen

Aus der bekannten Bedeutung von Emat folgt, dass Eem die Energie und wem die Energiedichte des elektromagnetischen Felds ist. Wir betrachten (13.7) jetzt für ein endliches Volumen V . Die Energie Eem der elektromagnetischen Felder kann sich dadurch ändern, dass Energie auf die materiellen Teilchen übertragen wird, oder dass elektromagnetische Energie die Oberfläche a(V ) des Volumens V passiert. Damit ist der Poyntingvektor S die Energiestromdichte des elektromagnetischen Felds. Unsere Ableitung setzt implizit voraus, dass keine Teilchen das betrachtete Volumen verlassen. Eine analoge Überlegung zur Impulsbilanz führt zur Impulsdichte g em = S/c2 des elektromagnetischen Felds.

Allgemeine Lösung Wenn wir die physikalischen Felder durch die Potenziale Φ und A ausdrücken, E(r, t) = − grad Φ(r, t) −

1 ∂A(r, t) c ∂t

und B(r, t) = rot A(r, t)

(13.9)

dann sind die homogenen Maxwellgleichungen automatisch erfüllt. Wir setzen dies nun in die inhomogenen Maxwellgleichungen ein und erhalten Φ(r, t) −

1 ∂ 2 Φ(r, t) = −4π(r, t) c2 ∂t2

(13.10)

A(r, t) −

4π 1 ∂ 2A(r, t) j (r, t) = − c2 ∂ t2 c

(13.11)

Dabei haben wir die sogenannte Lorenzeichung divA +

1 ∂Φ = 0 c ∂t

(13.12)

der Potenziale vorausgesetzt. Die Eichtransformation Φ → Φ − c−1 ∂Λ/∂ t und A → A + gradΛ lässt die physikalischen Felder in (13.9) unverändert. Damit ist eine skalare Funktion Λ frei wählbar, und es darf die skalare Bedingung (13.12) gestellt werden. Mathematisch ist jede Komponente von (13.11) identisch mit (13.10). Es genügt daher die allgemeine Lösung von (13.10) anzugeben. Diese allgemeine Lösung ist von der Form Φ = Φhom + Φpart . Dabei ist Φhom die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung, und Φpart ist eine spezielle Lösung von (13.10). Lösung der homogenen Gleichung Wir suchen die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung Φhom −

1 ∂ 2 Φhom =0 c2 ∂ t 2

(13.13)

224


Der Separationsansatz Φhom = X(x) Y (y) Z(z) T (t) führt zu den Elementarlösungen mit ω = c |k| (13.14) Φkx ky kz = exp i k · r ± ω(k) t Die reellen Werte für kx , ky und kz können beliebig gewählt werden. Die Überlagerung Φhom (r, t) = Re d 3 k a1 (k) + i a2 (k) exp i(k · r − ω t) (13.15) ist die allgemeine Lösung; denn mit den reellen Funktionen a1 (k) und a2 (k) lassen ˙ sich beliebige Anfangsbedingungen Φ(r, 0) = G(r) und Φ(r, 0) = H (r) erfüllen. Es handelt sich um Wellenlösungen, auf die wir im nächsten Kapitel noch näher eingehen. Retardierte Potenziale Die Fouriertransformationen Φ(r, t) → Φω (r) und (r, t) → ω (r) in der Zeit führen von (13.10) zu

+ k 2 Φω (r) = −4πω (r) (13.16) wobei k = ω/c. Mit Hilfe von (10.18) überprüft man leicht, dass exp(±iω |r − r |/c) Φω (r) = d 3 r ω (r ) |r − r |

(13.17)

Lösung von (13.16) ist. Für das Pluszeichen im Exponenten ergibt die Fourierrücktransformation (r , t − |r − r |/c) (13.18) Φpart = Φret (r, t) = d 3 r |r − r | Eine analoge Form erhält man für das retardierte Vektorpotenzial Aret . Das Zeitargument im retardierten Potenzial ist später (also retardiert) als im Integranden. Das andere Vorzeichen in der Exponentialfunktion in (13.17) führt zu den avancierten Potenzialen, die ebenfalls partikuläre Lösungen sind. Von einer Antenne (bei r) abgestrahlte Wellen kommen nach der Zeit δt = |r − r |/c beim Radiohörer (mit einer Empfangsantenne bei r ) an. Die abgestrahlte Welle wird gerade durch das retardierte Potenzial der oszillierenden Ladungsverteilung der Sendeantenne beschrieben.

Kovarianz der Maxwellgleichungen Die Maxwellgleichungen gelten in allen Inertialsystemen. Formal bedeutet dies, dass sich ihre Form unter Lorentztransformationen nicht ändert; sie sind forminvariant oder kovariant. Dies wird im Folgenden durch eine kovariante Schreibweise explizit gemacht.

225


Aus den Maxwellgleichungen (13.1) folgt die Kontinuitätsgleichung +div ˙ j= 0. Mit (x α ) = (c t, x, y, z) und (∂α ) = (∂/∂x α ) wird die Kontinuitätsgleichung zu ∂α j α = 0. Dabei haben wir die vierfach indizierte Größe (j α ) = (c, jx , jy , jz ) eingeführt. Mit (13.1) gilt die Kontinuitätsgleichung in jedem Inertialsystem, also ∂α j α (x) = ∂α j α (x ) = 0

(13.19)

Hieraus folgt, dass ∂α j α ein Lorentzskalar ist. Da ∂α ein 4-Vektor ist (10.28), ist die Viererstromdichte j α ein 4-Vektorfeld. Sie transformiert sich also gemäß (10.23). In IS gebe es nur eine Ladungs-, aber keine Stromdichte, also (j α ) = (c , 0). In einem relativ mit v bewegten IS folgt dann aus der Lorentztransformation =

dq dq =γ=γ dV dV

(13.20)

wobei γ = 1 − v 2 /c2 . Das Volumenelement erleidet bei der Transformation eine Längenkontraktion, dV = dV /γ . Daraus folgt dq = dq oder 1 d 3 r j 0 (x) = Lorentzskalar (13.21) q= c In Aufgabe 13.12 wird dieses Ergebnis formaler abgeleitet. Physikalisch wird die Geschwindigkeitsunabhängigkeit der Ladung mit hoher Genauigkeit durch die Neutralität des Wasserstoffatoms verifiziert. Wir führen die vierfach indizierte Größe (Aα ) = (Φ, Ax , Ay , Az ) ein. Damit und mit (10.29) werden (13.10) und (13.11) zu

2 Aα (x) =

4π α j (x) c

(13.22)

Mit j α muss auch die linke Seite ein Lorentzvektor sein. Da der d’Alembert-Operator ein Lorentzskalar ist, muss Aα (x) ein Lorentzvektor sein. Insgesamt stellen wir für j α und für das Viererpotenzial Aα fest: j α (x) und Aα (x) sind 4-Vektorfelder

(13.23)

Die Lorenzeichung (13.12) wird zu ∂α Aα (x) = 0 und gilt in jedem IS. Die Gleichungen (13.22) sind kovariant, das heißt sie ändern nicht ihre Form bei einer Lorentztransformation. Wir führen den antisymmetrischen Feldstärketensor F αβ ein: ⎞ ⎛ 0 −Ex −Ey −Ez αβ α β

⎜ Ex 0 −Bz By ⎟ ⎟ (13.24) F = ∂ A − ∂ β Aα = ⎜ ⎝ Ey Bz 0 −Bx ⎠ Ez −By Bx 0 Seine Tensoreigenschaft folgt aus der Vektoreigenschaft von ∂ α und Aβ . Er transformiert sich also gemäß (10.23); hieraus folgen dann auch die (nicht so einfachen) Transformationseigenschaften von E und B.

226


Mit dem Feldstärketensor werden die inhomogenen Maxwellgleichungen zu ∂β F βα =

4π α j c

(13.25)

Die homogenen Maxwellgleichungen können ebenfalls in kovarianten Form geschrieben werden: $βα = 0 ∂β F

$αβ = 1 ε αβγ δ Fγ δ mit F 2

(13.26)

$αβ der duale Feldstärketensor, und ε αβγ δ ist der total antisymmetrische Dabei ist F (Pseudo-)Tensor. Die Formulierungen (13.22) und (13.25, 13.26) sind äquivalente kovariante Formen der Maxwellgleichungen. In (13.25) kommen die physikalischen Felder vor; dagegen ist (13.22) von einfacherer Struktur. Die kovariante Formulierung der Feldgleichung wird durch die kovariante Bewegungsgleichung eines Teilchens im elektromagnetischen Feld ergänzt: m

d uα q = F αβ uβ dτ c

(13.27)

Die relativistische Bewegungsgleichung ist im Allgemeinen von der Form (9.15), m d uα /dτ = f α mit einer noch zu bestimmenden relativistischen Kraft f α . Nach (13.2) muss die Kraft linear in der Ladung q, im Feld F αβ und in der Geschwindigkeit uγ sein. Aus q F αβ uγ muss daher ein Lorentzvektor gebildet werden. Wegen F α α = 0 bleibt nur die in (13.27) angegebene Wahl. In Kapitel 9 wurde die Bewegungsgleichung (13.27) eingehender diskutiert. Lagrangefunktion Wir gehen noch kurz auf den Lagrangeformalismus der Elektrodynamik ein. Für die Lagrangedichte

1 1 F αβ Fαβ − Aα jα (x) (13.28) L ∂ αAβ , Aβ , x = − 16 π c ergibt das Hamiltonsche Prinzip δ d 4 x L = 0 die Euler-Lagrange-Gleichungen ∂L ∂L ∂ = α β ∂xα ∂ (∂ A ) ∂Aβ

(13.29)

Dabei wurde nach den Potenzialen variiert. Aus (13.29) erhält man wieder (13.25). Die Lagrangefunktion eines Teilchens im elektromagnetischen Feld wurde in (9.22) angegeben.

227


Aufgaben 13.1 Induktion in bewegter rechteckiger Leiterschleife Eine rechteckige Leiterschleife (Seitenlängen b1 und b2 ) liegt in der x-y-Ebene und bewegt sich mit konstanter, nichtrelativistischer Geschwindigkeit v = v ex . Im Bereich 0 ≤ x ≤ d < b1 wirkt ein konstantes homogenes Magnetfeld B = B0 ez , das in der Skizze durch Punkte markiert ist.

y 6 . ............. . . . . . . . . . . . . . . . . . ............. . . ............. . . ............. ............... . . ............. . . ............. . . ............. . . ............. . ............... . ............. . . ............. . . ............. . . ............. . ............... . ............. . . ............. . . . . . . . . .

...................................................................................... .... .... .... v.... .... .... . .... b2 ..... .... .... . ..................................................................................... b1

-

x

d

Berechnen Sie die in der Leiterschleife induzierte Ringspannung U (t) mit dem Faradayschen Gesetz. Skizzieren Sie die Funktion U (t).

Lösung: Das Magnetfeld überdeckt die Fläche

a(t) =

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

(0 ≤ v t < d)

b2 v t

b2 d

b2 b1 + d − v t

(d ≤ v t < b1 ) (b1 ≤ v t < b1 + d)

Diese Fläche bestimmt den magnetischen Fluss durch die Leiterschleife: Φm (t) = da · B = B0 a(t) a(t )

Aus dem Faradayschen Gesetz folgt die induzierte Ringspannung: U (t) 6

1 d Φm

B0 da(t)

U (t) = − =− ....................................... c dt c dt ... .. .. . . ⎧ t .................... vd.................................... −1 (0 ≤ v t < d) ⎪ ⎨ ... B b v b1 b1 + d 0 2 .. 0 (d ≤ v t < b1 ) · = B0 b2 v ⎪ c ⎩ .................................. − B0 b2 v c

1

c

(b1 ≤ v t < b1 +d)

Alternative Lösung: Im betrachteten Inertialsystem IS sind die Felder E = 0 und B = B0 ez . Da die Geschwindigkeit konstant ist, ist das Ruhsystem der Leiterschleife ebenfalls ein Inertialsystem IS . Hierfür liefert die Lorentztransformation das elektrische Feld E = E +

v v × B = − B0 e y c c

(v c)

Hieraus ergibt sich eine Spannung in dem Teil der Leiterschleife, der parallel zur y-Achse ist. Wenn sich die 6 rechte (oder linke) Seite durch das Magnetfeld bewegt, erhält man die Spannung U = C dr · E = −B0 b2 v/c (oder U = +B0 b2 v/c).

228


13.2 Induktion in bewegter kreisförmiger Leiterschleife y6 . . . . . . . . . ................................. .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. ... ...... . . . . . . . . . . . . . . . . . .... . .. . . . . . . . .. ..... . .. . .. . .. . . . . . . . . . R ..... . . ..... . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . ... . . . . . . ... . .... . . . .... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .... . . . . . . . . . . . . . α ....... .... . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . ... . . . ..... . . . . . . . . . . . . . x v . ... . . . ..... . . . . . . . . . . . . . . . . . .... . . . . . . . . . . . . . . ... . . ..... . . . . . . . . . . . . . . . ... . .... ...... . . . . . . . . . . . . . . . . ..... ...... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . ....... . . . ... . . . . . . . . . . ............. ................................ . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . ...................

Eine kreisförmige Leiterschleife bewegt sich innerhalb der x-y-Ebene mit konstanter, nichtrelativistischer Geschwindigkeit v = v e x . Im Bereich x > 0 wirkt ein homogenes Magnetfeld B0 ez , das durch Punkte markiert ist. Berechnen Sie die in der Leiterschleife induzierte Ringspannung U (t). Skizzieren Sie die Funktion U (t).

Lösung: Die Fläche der Leiterschleife, die vom Magnetfeld überdeckt wird, ist die Differenz eines Kreissegments und eines Dreiecks (Skizze):

a(α) = R 2 α − R 2 sin α cos α = R 2 α − sin α cos α Aufgrund der Bewegung der Leiterschleife hängt der Winkel α von der Zeit ab: cos α(t) =

R − vt R

und

α(t) ˙ sin α(t) =

v R

Hieraus folgt da(α) dα vt da(α) vt 2 2 = = 2 R α˙ sin α(t) = 2 v R 2− dt dα dt R R Mit dem magnetischen Fluss Φm (t) = da · B = B0 a(α) bestimmen wir die induzierte Ringspannung: B0 da(α) 1 d Φm =− U = − 2 v t c dt c dt ... ... ... R . . ... . v vt vt ... ... R = −2B 2 − . 0 . ... c R R .... ... ...... .... . . . . ....... . . . . . ............... ................ Mit den Variablen η = c U/(2B0 R v) und ξ = 2B0 R v .............. − v t/R ergibt dies η2 = 2ξ −ξ 2 , also einen Kreis c mit dem Mittelpunkt bei (ξ, η) = (1, 0). 6 U (t)

1

13.3 Induktion im rotierenden Kreisring Ein leitender Kreisring (z = 0 und x 2 + y 2 = r02 ) rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ω um die x-Achse. Es wirkt das homogene Magnetfeld B = B ez . Welche Spannung U (t) wird in dem Ring induziert? Im Ring sei ein Lämpchen (Widerstand R) angebracht. In dem Lämpchen wird dann die elektrische Leistung P = U 2 /R verbraucht. Welches Drehmoment M muss im zeitlichen Mittel auf den Ring ausgeübt werden, damit die Winkelgeschwindigkeit konstant bleibt (die mechanische Reibung soll vernachlässigt werden)?


229

Lösung: Wegen der Drehung des Kreisrings ist die vom Magnetfeld durchdrungene Fläche zeitabhängig, a(t) = π r02 cos(ω t). Dies führt zur induzierten Spannung U (t) = −

B0 da(t) B0 ω = π r02 sin(ω t) c dt c

Die elektrische Leistung P (t) =

U (t)2 B 2 ω2 π2 r04 = 0 2 sin2 (ω t) R c R

wird im Lämpchen (Widerstand R) in Wärme (und etwas Licht) umgewandelt. Sie muss dem Ring mechanisch zugeführt werden. Aus P = ω M(t) ergibt sich das gesuchte Drehmoment M(t). Im zeitlichen Mittel gelten sin2 (ω t) = 1/2 und M =

B02 π2 r04 ω 2 c2 R

Die Anordnung kann als Modell eines Dynamos am Fahrrad aufgefasst werden.

13.4 Magnetfeld im sich entladenden Plattenkondensator Ein Plattenkondensator aus zwei parallelen Kreisscheiben (Radius r0 , Abstand d, d r0 , Randeffekte werden vernachlässigt) wird langsam über einen Widerstand R entladen. Die Anfangsladungen auf den Platten sind Q0 und −Q0 . Bestimmen Sie die Ladungen ±Q(t) auf den Platten und die Felder E(r, t) und B(r, t) im Bereich zwischen den Platten. Lösung: Die „langsame“ Entladung bedeutet, dass die Formeln der Elektrostatik verwendet werden können, wobei die Zeit t als Parameter auftritt. Dann ist die Spannung UC (t) = Q(t)/C am Kondensator, wobei C = r02 /(4d) die aus der Elektrostatik bekannte Kapazität ist. Dieser quasistatische Grenzfall wird am Ende von Kapitel 14 noch umfassender diskutiert. ˙ Die Spannung am Widerstand R ist UR (t) = R I (t) = R Q(t). Im geschlossenen Stromkreis addieren sich die Spannungen zu null: UC (t) + UR (t) = Die Lösung ist

Q(t) dQ(t) +R =0 C dt

Q(t) = Q0 exp −

t (t > 0) RC Im Folgenden verwenden wir Zylinderkoordinaten ρ, ϕ und z mit der z-Achse als Symmetrieachse der Platten. Da die Anordnung zylindersymmetrisch ist, können die Felder nicht von ϕ abhängen. Im quasistatischen Fall ist die Ladungsdichte auf den Platten homogen (lokale Überschüsse würden sich sofort ausgleichen). Damit ist auch das elektrische Feld (zwischen den Platten) homogen und zeigt in z-Richtung. Seine Stärke kann etwa mit dem Gaußschen Gesetz berechnet werden: t Q(t) Q0 E(t) = E(t) ez = ez = exp − ez (t > 0) Cd Cd RC

230


Hier wurde angenommen, dass die untere Platte die Ladung Q(t) und die obere −Q(t) hat. Für Q(t) > 0 zeigen die Feldlinien von der unteren, positiv geladenen Platte zur oberen, negativ geladenen Platte. Das Magnetfeld ist mit dem elektrischen Feld durch die Maxwellgleichung rot B = ˙ −E/c verknüpft (die Stromdichte j verschwindet zwischen den Platten). Wegen E = E(t) ez gilt rot B ez ; wegen der Zylindersymmetrie kann B zwischen den Platten nur von ρ und t abhängen. Daher muss das Magnetfeld von der Form B = B(ρ, t) eϕ sein. Die betrachtete Maxwellgleichung wird damit zu rot B(ρ, t) =

1 ∂ 1 ˙ 1 dE(t) ρ B(ρ, t) ez = E(t) = ez ρ ∂ρ c c dt

Da der Ausdruck insgesamt nicht von ρ abhängt, gilt B(ρ, t) ∝ ρ für die reguläre Lösung. Damit erhalten wir

1 ∂ 2B(ρ, t) 1 dE(t) ρ B(ρ, t) = = ρ ∂ρ ρ c dt

(13.30)

Hierin setzen wir das bekannte Feld E(t) ein und erhalten B(ρ, t) = −

t 1 Q0 ρ exp − eϕ 2c R C 2 d RC

Das Magnetfeld ist proportional zum Strom dQ/dt. Es wird aber nicht direkt durch den Strom hervorgerufen, sondern durch den Verschiebungsstrom. Das Vorzeichen ist mit der Wahl der Ladungen ±Q0 auf den beiden Platten korreliert. ˙ (für j = 0) unter Alternative Lösung: Man schreibt die Maxwellgleichung rot B = −E/c Verwendung des Stokesschen Satzes in der folgenden integralen Form an: 5 dr · B = C

1 ∂ c ∂t

da · E

( j = 0)

(13.31)

a

Das Integral auf der rechten Seite ist der sogenannte elektrische Fluss. Zur Auswertung wählen wir eine Kreisfläche a, die konzentrisch und parallel zu den Platten liegt, also a = a ez = π ρ 2 ez mit ρ < r0 . Die Form der Felder, E = E(t) ez und B = B(ρ, t) eϕ , wird wie oben durch die Symmetrie der Anordnung begründet. Damit werten wir (13.31) aus: 2πρ B(ρ, t) =

πρ 2 d E(t) c dt

Dies stimmt mit (13.30) überein.

13.5 Felddrehimpuls der rotierenden geladenen Kugel Eine homogen geladene Kugel (Ladung q, Radius R) rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ω um eine Achse durch den Mittelpunkt. Berechnen Sie den Drehimpuls Lem = d 3 r l em des elektromagnetischen Felds.

231


Lösung: Mit dem elektrischen Feld der homogen geladenen Kugel aus Aufgabe 11.3 und dem magnetischen Feld der rotierenden homogen geladenen Kugel aus Aufgabe 12.9 wird die Drehimpulsdichte der elektromagnetischen Felder in Kugelkoordinaten zu

l em

⎧ 2 6 r2 r ⎪ ⎪ 1 − ⎨ 2 2

r Er Bθ 1 q ω sin θ R 5R 2 r × E ×B = − eθ = = eθ · 2 2 ⎪ 4πc 4πc 4π c R R4 ⎪ ⎩ − 4 5r

(r ≤ R) (r > R)

Die räumliche Integration ergibt Lem = Lem z ez mit Lem z

∞ 4 6 r2 r2 2 R d cos θ sin θ − dr r dr r 1− + R2 5R 2 5r 4 −1 0 R 1 ∞ 1 6 2 1 2 q2 ω R 2 q2 ω R dx 4 x + 1 − + − − = = dx x 2 3 c2 5 3 c2 35 5 0 1 5x q2 ω = 2 c2 R 2

1

R

2

2

Dabei wurde die Variable x = r/R substituiert. Der resultierende Drehimpuls Lem =

4 q2 R ω 35 c2

zeigt in Richtung der Winkelgeschwindigkeit. Der Hauptbeitrag kommt vom Außenbereich der Kugel. Anmerkung: Man kann die rotierende Kugel als (unrealistisches) Modell für ein Elektron betrachten (mit q = −e). Als Rotationsfrequenz nehmen wir die obere Grenze ω R = c an. Dann ist der elektromagnetische Drehimpuls Lem =

4 1 4 e2 4 e2 h¯ h¯ ≈ = h¯ 35 c 35 h¯ c 35 137 2

viel kleiner als der Elektronspin h¯ /2; hierbei wurde die Feinstrukturkonstante e2 /h¯ c ≈ 1/137 eingesetzt. Das Modell einer starren Rotation würde eigentlich ω R c erfordern, was zu einem noch kleineren Wert für Lem führt. Vermutlich ist der Spin des Elektrons nicht (oder nur zu einem geringen Teil) elektromagnetischen Ursprungs.

13.6 Fouriertransformation der Wellengleichung Lösen Sie die homogene Wellengleichung −

1 ∂2 c2 ∂t 2

Φ(r, t) = 0

durch eine Fouriertransformation in den Variablen x, y, z und t. Lösung: Wir setzen die Fouriertransformierte (Vorfaktoren sind hier irrelevant) ∞

dω d 3 k Φω, k exp i (k · r − ω t) Φ(r, t) = −∞

(13.32)

232


in die Wellengleichung ein:

ω2 k − 2 c 2

Φω, k = 0

(13.33)

Sofern der erste Faktor auf der linken Seite ungleich null ist, erhalten wir nur die triviale und uninteressante Lösung Φ ≡ 0. Für eine nichttriviale Lösung muss dieser Faktor verschwinden: ω = ±c |k| = ± c k Die Lösung der algebraischen Gleichung (13.33) ist dann von der Form Φω, k = 2 ω a(ω, k) δ(ω2 − c2 k 2 ) = a+ (k) δ(ω − c k) + a− (k) δ(ω + c k) mit einer beliebigen Amplitude a(ω, k). Die Umformung der δ-Funktion erfolgte wie in Aufgabe 10.15 angegeben; dabei wird der willkürliche Vorfaktor 2ω absorbiert; außerdem wurde a± (k) = a(±c k, k) gesetzt. Damit wird (13.32) zu

Φ(r, t) = d 3 k a+ (k) exp i(k · r − c k t) + a− (k) exp i(k · r + c k t) Wenn wir den zweiten Term komplex konjugieren und im Integral k → − k substituieren, erhalten wir die Form des ersten Terms. Daher können wir ohne Einschränkung der Allgemeinheit a− (k) = 0 setzen. Damit beschränken wir uns (wie allgemein üblich) auf positive Frequenzen, ω = c |k| = c k Das physikalische Potenzial ist reell. Daher nehmen wir den Realteil der nunmehr gefundenen Lösung, wobei wir a(k) = a+ (k) setzen:

Φ(r, t) = Re d 3 k a(k) exp i(k · r − ω t) Dies ist die allgemeine Lösung der homogenen Wellengleichung. Die Funktion a(k) = a1 (k) + i a2 (k) enthält zwei reelle Funktionen, a1 (k) und a2 (k). Sie können durch die An˙ fangsbedingungen Φ(r, 0) und Φ(r, 0) festgelegt werden.

13.7 Lösung der eindimensionalen Wellengleichung Zeigen Sie, dass die homogene Lösung ∞

dk a(k) exp i (kx − ω t) , Φ(x, t) = Re −∞

(ω = c |k|)

(13.34)

der eindimensionalen Wellengleichung (∂x2 − ∂t2 /c2 )Φ = 0 von folgender Form ist: Φhom (x, t) = f (x − c t) + g(x + c t) (13.35) Dabei ist a(k) eine komplexe Funktion, f und g sind beliebige, reelle Funktionen. Überprüfen Sie auch durch direktes Einsetzen in die Wellengleichung, dass (13.35) eine homogene Lösung ist. Welche Zeitabhängigkeit hat eine solche Welle für f (x) = f0 exp(−γ x 2 ) und g = 0?


233

Lösung: Wir formen die Lösung (13.34) um:

1 ∞ dk a(k) exp i (kx − ω t) + a ∗ (k) exp − i (kx − ω t) Φ(x, t) = 2 −∞

1 ∞ dk a(k) exp i (kx − ω t) + a ∗ (−k) exp i (kx + ω t) = 2 −∞

1 ∞ dk a(k) exp i k(x − c t) + a ∗ (−k) exp i k(x + c t) = 2 0

1 0 + dk a ∗ (−k) exp i k(x − c t) + a(k) exp i k(x + c t) 2 −∞ ∞

1 dk fk exp i k(x − c t) + gk exp i k(x + c t) = √ 2π −∞ = f (x − c t) + g(x + c t) Es wurden (i) Re z = (z + z∗)/2 verwendet, (ii) im zweiten Term k → −k substituiert, (iii) das Integral in die Bereiche k > 0 und k < 0 aufgespalten. In diesen Bereichen ist ω = c k für k > 0 und ω = −c k für k < 0 zu setzen. Schließlich wurden (iv) die Fourierkomponenten % % ∗ a(k) a (−k) (k > 0) π π · · und gk = fk = a ∗ (−k) a(k) (k < 0) 2 2 definiert, und im letzten Schritt (v) wurde die Fourierrücktransformation zu den Funktionen f (x − c t) und g(x + ct) ausgeführt. Wegen fk∗ = f−k und gk∗ = g−k sind diese Funktionen reell. Wir überprüfen noch, dass eine beliebige Funktion f (x − c t) die homogene Wellengleichung löst: 2 1 ∂2 1 ∂ f (x − c t) = f (x − c t) − 2 f (x − c t) (−c)2 = 0 − 2 2 2 ∂x c ∂t c Dies gilt analog für eine Funktion der Form g(x + c t). Für f (x) = f0 exp(−γ x 2 ) und g = 0 lautet die zeitabhängige Lösung

Φ(x, t) = f (x − c t) = f0 exp − γ (x − c t)2 Dies ist ein gaußförmiges Wellenpaket, das sich unter Beibehaltung seiner Form mit Lichtgeschwindigkeit in positiver x-Richtung bewegt.

13.8 Relativistische Bewegungsgleichungen Die räumlichen Komponenten der relativistischen Bewegungsgleichung im elektromagnetischen Feld sind d v mv =q E+ ×B dt 1 − v 2 /c2 c

234


Zeigen Sie, dass hieraus d mc2 = qE · v dt 1 − v 2 /c2 folgt. Lösung: Die erste Gleichung wird skalar von links mit v multipliziert: v·

d d 2 m d mv 1 1 = mv 2 + v dt 1 − v 2 /c2 dt 1 − v 2 /c2 2 1 − v 2 /c2 dt =

d v2 d 2 mv 2 m 1 1 + v

3/2 2 1 − v 2 /c2 dt c2 2 1 − v 2 /c2 dt

=

d 2 m d 1 mc2 = qE · v v =

3/2 2 1 − v 2 /c2 dt dt 1 − v 2 /c2

Von den vier Komponenten der Vierergeschwindigkeit (uα ) = γ (c, v) sind nur drei unabhängig voneinander. Daher sind auch nur drei der vier Bewegungsgleichungen mduα /dτ = (q/c)F αβ uβ voneinander unabhängig.

13.9 Teilchen im konstanten elektrischen Feld Ein Teilchen (Masse m, Ladung q) hat die Anfangsgeschwindigkeit v0 ex . Es durchquert das homogene, konstante Feld E = E ez eines Kondensators, das auf den Bereich 0 ≤ x ≤ L beschränkt ist. Integrieren Sie die relativistische Bewegungsgleichung und berechnen Sie den Ablenkwinkel α für den Fall q EL/(mc) γ0 v0 , wobei 1/γ02 = 1 − v02 /c2 . Lösung: Die kovarianten Bewegungsgleichungen (13.27) lauten α q q du (τ ) 3 0 = Eu ,0,0, Eu m dτ c c

Mit den Anfangsbedingungen uα (τ = 0) = (γ0 c , γ0 v0 , 0 , 0 ) erhalten wir die Lösung

uα (τ ) = γ0 c cosh(aτ/c), γ0 v0 , 0 , γ0 c sinh(aτ/c) ,

a = q E/m

Eine weitere Integration mit den Anfangsbedingungen x α (τ = 0) = (0, 0, 0, 0) ergibt

x α (τ ) = (γ0 c2 /a) sinh(aτ/c), γ0 v0 τ, 0, γ0 c2 [ cosh(aτ/c) − 1]/a

Wir setzen τ = x 1 /(γ0 v0 ) in den Ausdruck für x 3 ein: γ0 c2 x = a 3

cosh

ax 1 γ0 v0 c

2γ0 c2 −1 = sinh2 a

ax 1 2 γ0 v0 c

(13.36)

235


Dies ist die Bahnkurve x 3 = x 3 (x 1 ) oder z = z(x). Das Ende der Beschleunigungsstrecke bei x 1 = L wird zur Eigenzeit τL = L/(γ0 v0 ) erreicht. Die weitere Bahnkurve ist eine Gerade. Die Richtung der Geschwindigkeit zu diesem Zeitpunkt bestimmt den Ablenkwinkel aus aL u3 (τL ) c sinh tan α = 1 = u (τL ) v0 γ0 v0 c Hieraus ergibt sich der exakte Ablenkwinkel. Laut Voraussetzung soll aL γ0 v0 c gelten. Dann erhalten wir qEL α ≈ arctan m γ0 v02 Im Zähler steht die Arbeit ΔW = q EL, die das elektrische Feld am Teilchen geleistet hat. Der Nenner ist im nichtrelativistischen Fall gleich der doppelten kinetischen Anfangsenergie, und im hochrelativistischen Fall gleich der relativistischen Anfangsenergie. Die Voraussetzung α 1 ist erfüllt, wenn entweder das Feld hinreichend schwach ist, oder die Energie des Teilchens hinreichend groß ist. Alternative Lösung: Die relativistischen Bewegungsgleichungen

mv d := 0, 0, q E dt 1 − v 2 /c2 werden mit den Anfangsbedingungen v(t = 0) := (v0 , 0, 0) integriert: mvx = mγ0 v0 , 1 − v 2 /c2

vy = 0 ,

mvz 1 − v 2 /c2

= q E t = ma t

Hieraus folgt 1 − v 2 /c2 = 1/(γ0 2 + a 2 t 2 /c2 ) und die Geschwindigkeit v(t) :=

at

γ0 v0

, 0, γ0 2 + a 2 t 2 /c2 γ0 2 + a 2 t 2 /c2

Eine weitere Integration mit den Anfangsbedingungen r(t = 0) := (0, 0, 0) ergibt r(t) :=

at c2 γ0 v0 c γ02 + a 2 t 2 /c2 − γ0 arsinh , 0, a γ0 c a

Wir setzen t = (γ0 c/a) sinh(ax/(γ0 v0 c)) in den Ausdruck für z(t) ein: z=

γ0 c 2 a

cosh

ax γ0 v0 c

−1

Diese Bahnkurve z = z(x) stimmt mit (13.36) überein. Der Ablenkwinkel folgt aus tan α = vz (tL )/vx (tL ); dies führt wieder zu dem oben angegebenen Resultat.

236


13.10 Teilchen im konstanten magnetischen Feld Ein Teilchen (Masse m, Ladung q) bewegt sich in einem konstanten, homogenen Magnetfeld B = B ez . Lösen Sie die kovarianten Bewegungsgleichungen mit den Anfangsbedingungen

α u (τ = 0) = γ0 c, γ0 v0 , 0, 0 ,

1 γ0 = 1 − v0 2 /c2

Lösung: Die kovarianten Bewegungsgleichungen (13.27) sind m

duα (τ ) dτ

q q = 0, B u2 , − B u1 , 0 c c

Mit den angegebenen Anfangsbedingungen lautet die Lösung

uα (τ ) = γ0 c , γ0 v0 cos(ω τ ), −γ0 v0 sin(ω τ ), 0

Dabei ist ω=

qB mc

die sogenannte Zyklotronfrequenz. Eine nochmalige Integration mit den Anfangsbedingun

gen x α (τ = 0) = (0, 0, 0, 0) liefert

γ0 v0 γ0 v0 sin(ωτ ), cos(ωτ ) − 1 , 0 x α (τ ) = γ0 c τ, ω ω

Für die Bahnkurve wird die Eigenzeit τ aus x 1 (τ ) und x 3 (τ ) eliminiert:

x1

2

γ0 v0 2 γ0 v0 2 + x2 + = ω ω

Das Teilchen umrundet diesen Kreis mit der Zyklotronfrequenz.

13.11 Homogene Maxwellgleichungen $βα = 0, aus den Zeigen Sie, dass die homogenen Maxwellgleichungen (13.26), ∂β F αβ αβγ δ αβ α β β α $ Definitionen F = ε Fγ δ /2 und F = ∂ A − ∂ A folgen. Lösung: Die Definitionen werden eingesetzt: $βα = ∂β F

1 1 ∂β ε αβγ δ Fγ δ = εαβγ δ ∂β ∂γ Aδ − ∂δ Aγ = εαβγ δ ∂β ∂γ Aδ = 0 2 2

(13.37)

Der letzte Ausdruck verschwindet, weil εαβγ δ antisymmetrisch gegenüber Vertauschung von β und γ ist.


237

13.12 Ladung als Lorentzskalar Für den j α (x) gilt ∂α j α = 0. Zeigen Sie, dass dann die Größe 3Lorentzvektor 0 q = d r j /c ein Lorentzskalar ist. Überzeugen Sie sich zunächst davon, dass q in der Form 1 q= daα j α (13.38) c x 0 = const. geschrieben werden kann. Dabei ist daα =

1 εαβγ δ da βγ δ 6

ein Lorentzvektor und da βγ δ ein antisymmetrischer Tensor, der durch die Zuweisungen da 012 = dx 0 dx 1 dx 2 ,

da 102 = −dx 0 dx 1 dx 2 , und so weiter

festgelegt wird. Damit stellen die da βγ δ dreidimensionale „Flächenelemente“ des vierdimensionalen Minkowskiraums dar. Lösung: Aus der Definition von da α folgt

daα = dx 1 dx 2 dx 3 , dx 0 dx 2 dx 3 , dx 0 dx 1 dx 3 , dx 0 dx 1 dx 2 Für den Rand x 0 = const. wirddieses „Flächenelement“ zu (da α ) = (dx 1 dx 2 dx 3 , 0, 0, 0). Damit wird (13.38) zu q = d 3 r j 0 /c. Wir werten nun die Differenz zwischen q im Inertialsystem IS und q in IS aus: 5 c (q − q ) = daα j α − daα j α = daα j α = d 4 x ∂α j α = 0 x 0 = const.

x1 6

∞ 6

x 0 = const.

Im ersten Integral wurde der Lorentzskalar daα j α durch daα j α ersetzt. Danach besteht der Unterschied der beiden Integrale nur noch in den „Flächen“ x 0 = const. und x 0 = const., über die sie laufen. Im nebenstehenden x-t- oder x 0 -x 1 -Diagramm sind diese (dreidimensionalen) „Flächen“ als vertikale Lix 0 ct x0 nien dargestellt. Sie können durch die horizontalen Linien (bei x 1 = ±a) zu einer geschlossenen Fläche gemacht werden. Die hinzugefügten Ränder geben für a → ∞ keine Beiträge, weil die Stromverteilung begrenzt ist (und damit im Unendlichen ver−∞ ? schwinden muss). Das nunmehr geschlossene (dreidimensionale) „Flächenintegral“ wird dann mit dem Gaußschen Satz im Minkowskiraum in ein vierdimensionales Integral umgewandelt. Im letzten Schritt wird schließlich die Voraussetzung ∂α j α = 0 benutzt. Das Ergebnis bedeutet insbesondere, dass die Ladung eine Eigenschaft ist, die von der Geschwindigkeit unabhängig ist. Experimentell wird dies etwa durch die Neutralität des Wasserstoffatoms nachgewiesen. a

238


13.13 Eichtransformation Welchen Zusatzterm erhält die Lagrangedichte L=−

1 1 F αβ Fαβ − Aα jα 16π c

durch eine Eichtransformation Aα → Aα − ∂ αΛ? Zeigen Sie, dass sich dieser Term als Divergenz ∂ α Vα schreiben lässt. Welchen Beitrag liefert dieser Term dann in der Wirkung? Lösung: Die Eichtransformation Aα → Aα − ∂ α Λ ist ohne Einfluss auf F αβ = ∂ α Aβ − ∂ β Aα und führt in der Lagrangedichte zu der Ersetzung L −→ L +

1 α

1 ∂ Λ jα = L + ∂ α Λjα c c

Für die letzte Umformung wurde die Kontinuitätsgleichung ∂ α jα = 0 verwendet. Nach dem Gaußschen Satz führt der Divergenzterm in der Wirkung S = d 4 x L auf ein Oberflächenintegral, das für begrenzte Stromverteilungen verschwindet. Damit ergibt die Eichtransformation keinen Beitrag zur Wirkung, und die Bewegungsgleichungen ändern sich nicht.

13.14 Erhaltung des Viererimpulses Die Lagrangedichte L(Aα, ∂ αAβ, x γ ) = −F αβ Fαβ /16π des freien elektromagnetischen Felds hängt nicht explizit von x γ ab; eine solche Abhängigkeit ergäbe sich nur für äußere Quellen j α (x γ ) = 0. Formal wird diese zeitliche und räumliche Translationsinvarianz durch ∂α L = 0 ausgedrückt. Zeigen Sie, dass hieraus der Erhaltungssatz ∂α T αβ = 0 für

T αβ =

1 αγ β 1 αβ γ δ F F γ + η F Fγ δ 4π 4

folgt. Die Größe T αβ ist der Energie-Impuls-Tensor. Aus ∂α T αβ = 0 folgt die Erhaltung des Viererimpulses für ein abgeschlossenes System. Lösung: Wegen ∂α L = 0 fällt der zweite Term im Energie-Impuls-Tensor bei der Differenziation weg. Der erste Term wird umgeformt

∂α F αγ Fγ β = ∂α F αγ Fγ β + F αγ ∂α Fγ β = F αγ ∂α ∂γ Aβ − ∂ β Aγ = −F αγ ∂α ∂ β Aγ = −F αγ ∂ β ∂α Aγ = − = −

1 αγ β F ∂ ∂α Aγ − ∂γ Aα 2

1 1 αγ β F ∂ Fαγ = − ∂ β F αγ Fαγ = 0 2 4

Es wurde (i) die Produktregel angewendet, (ii) die Feldgleichung ∂α F αγ = 0 verwendet, (iii) die Definition von Fγ β eingesetzt, (iv) die Antisymmetrie von F αγ ausgenützt, (v) die Ableitung ∂ β mit ∂α vertauscht, (vi) ∂α Aγ durch den Feldstärketensor ersetzt und schließlich (vii) der Ausdruck auf die Form ∂ β L = 0 gebracht.


239

Wenn man ∂α T αβ = 0 über ein Volumen V integriert, erhält man 1 0 = d 3 r ∂α T αβ = ∂t d 3 r T 0β + d 3 r ∂i T iβ c V V V Das letzte Integral kann mit dem Gaußschen Satz in ein Oberflächenintegral umgewandelt werden. Für das abgeschlossene System verschwinden die Felder an der Oberfläche, so dass 1 (abgeschlossenes β (13.39) Pem = d 3 r T 0β = const. System, j α = 0) c V α Der Viererimpuls (Pem ) = (Eem /c, P em ) enthält die Energie und den Impuls des elektromagnetischen Felds. Im abgeschlossenen System ohne Ströme sind dies Erhaltungsgrößen.

14 Maxwellgleichungen: Anwendungen In diesem Kapitel werden die wichtigsten Anwendungen der Maxwellgleichungen behandelt. Dazu gehören insbesondere elektromagnetische Wellen, die Felder bewegter Ladungen, die Abstrahlung beschleunigter Ladungen, die Streuung von Licht an Materie und der Schwingkreis.

Ebene Wellen Im quellfreien Fall, j α = 0, lauten die Maxwellgleichungen (13.10) bis (13.12):

2 Aα = 0 ,

∂ α Aα = 0

(14.1)

In diesem Fall kann man eine Eichtransformation Aα → A∗α = Aα + ∂ α Λhom vornehmen (mit 2 Λhom = 0), ohne die schon vorhandene Eichbedingung ∂α Aα = 0 zu verletzen. Man wählt die Funktion Λhom so, dass Φ = 0. Dann wird (14.1) zu 1 ∂2 − 2 2 A(r, t) = 0 , div A(r, t) = 0 , Φ(r, t) = 0 (14.2) c ∂t Damit sind nur 2 der 4 Felder (Aα ) = (Φ, A) voneinander unabhängig; dies entspricht 2 Polarisationsrichtungen der Welle. Die allgemeine Wellenlösung ist aus (13.15) bekannt. Wir untersuchen hier speziell eine ebene, monochromatische Welle A(r, t) = Re A0 exp i(k · r − ω t) mit ω = c |k| und A0 ⊥ k (14.3) Man überprüft leicht, dass dies für beliebige reelle Werte von kx , ky und kz Lösung ist. Die Amplitude A0 kann komplex sein. Die Welle (14.3) ist eben, weil sie nur in einer Richtung (der von k) vom Ort abhängt. Sie ist monochromatisch, weil sie nur eine bestimmte Frequenz enthält. ˙ und B = ∇ ×A folgt, dass die Felder E und B ebenfalls Aus E = −∇Φ − A/c von der Form (14.3) sind, und zwar mit den komplexen Amplituden E 0 = i k A0 ,

B 0 = i k × A0

(14.4)

Die Vektoren k, B und E bilden ein orthogonales Dreibein. Damit handelt es sich um eine transversale Welle, bei der Amplitude und Wellenvektor senkrecht zueinander sind. Das elektrische und magnetische Feld sind gleich stark, |E(r, t)| = |B(r, t)|. 240 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_14, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

Kapitel 14 Maxwellgleichungen: Anwendungen

ex 6 6

E

ez

k

B -

ey

241

Die elektromagnetischen Felder E und B der linear polarisierten Welle, wie sie sich aus (14.3) mit k = k ez , A0 = −A0 ex und der reellen Amplitude A0 ergibt. Die nichtverschwindenden Komponenten sind Ex = By = k A0 sin(kz − ωt). An einem festen Ort oszillieren die Felder zwischen den Werten ±k A0 . Effektiv verschieben sich die skizzierten Felder mit der Geschwindigkeit c in Richtung des Wellenvektors k = k ez . In dieser Richtung wurde der Bereich einer Wellenlänge λ = 2π/k skizziert.

Die zeitgemittelte Energiestromdichte S =

8 c 7 c k E×B = Re E 0 × B ∗0 = wem c 4π 8π k

(14.5)

zeigt, dass der Wellenvektor k die Ausbreitungsrichtung der Welle angibt. Die Welle transportiert Energie (wem = (E 2 + B 2 )/8π) mit der Geschwindigkeit c. Für eine allgemeine komplexe Amplitude E 0 kann man das reelle elektrische Feld in der Form E(r, t) = e 1 b1 cos(k · r − ω t − α) ± e2 b2 sin(k · r − ω t − α)

(14.6)

schreiben, wobei e1 , e2 und e3 = k/k ein orthonormiertes Dreibein bilden. Die Komponenten E1 = b1 cos(...) und E2 = b2 sin(...) des Feldvektors E := (E1 , E2 ) erfüllen die Bedingung E12 /b12 +E22/b22 = 1. Der Vektor E macht während der Zeit T = 2π/ω einen Umlauf auf dieser Ellipsenbahn; die Welle ist elliptisch polarisiert. Falls b1 oder b2 verschwindet, ist die Welle linear polarisiert; für b1 = b2 ist sie zirkular polarisiert. Die ebene Welle (14.3) ist eine Näherung für ein Wellenpaket, dessen Ausdehnung l viel größer als die Wellenlänge λ = 2π/k ist. Die Frequenz eines solchen > λ/ l. Wellenpakets hat die Unschärfe Δν/ν ∼ Neben der (Kreis-)Frequenz ω benutzt man auch die Frequenz (im engeren Sinn) ν = ω/2π = c/λ. Den verschiedenen Frequenzen ν > 0 entsprechen bekannte Erscheinungsformen, die von Niederfrequenz, über Radio- und Mikrowellen, sichtbarem Licht, zu Röntgen- und Gammastrahlung gehen. Für ν → ∞ wird der Teilchencharakter der elektromagnetischen Strahlung dominierend. Elektromagnetische Wellen sind Schwingungen, die in der Natur quantisiert sind. Die Quanten des Felds heißen Photonen. Einem Photon kann eine Energie E, ein Impuls p und ein Spin s zugeordnet werden: k · s = ± h¯ (Photon) (14.7) k Die Energie-Impulsbeziehung E = c |p| folgt aus (14.5) und der Impulsdichte g em = S/c2 des Felds. Sie impliziert, dass die Photonen masselos sind. E = h¯ ω ,

p = h¯ k ,

242


Durch (Aα ) ∝ (0, 1, ±i, 0) exp[ i(k z − ω t − α)] wird eine zirkular polarisierte Welle beschrieben. Eine Drehung um die z-Achse um den Winkel φ0 ergibt A α = exp(±i φ0 ) Aα . In einer quantisierten Theorie wird Aα zur Wellenfunktion der Photonen. Eine Wellenfunktion, die sich so transformiert, beschreibt ein Teilchen mit der lz -Quantenzahl m = ±1. Daher ist einem Photon ein Spin s zuzuordnen, der in z- oder Impulsrichtung die Projektion ±h¯ hat. Diese beiden Spineinstellungen entsprechen den beiden möglichen zirkularen Polarisationen der Welle.

Hohlraumwellen Wir untersuchen Wellenlösungen in einem Volumen, das durch Metallwände begrenzt wird. Innerhalb des Volumens gelten die freien Maxwellgleichungen. Die freie Beweglichkeit von Ladungen im Metall führt zu den Bedingungen t · E(r, t) = 0 , n · B(r, t) = 0 (14.8) R

R

auf dem Rand R. Die erste Bedingung wurde bereits in der Elektrostatik diskutiert; sie gilt auch für zeitabhängige Felder mit nicht zu hohen Frequenzen. Ein zeitabhängiges Magnetfeld senkrecht zum Rand würde tangentiale elektrische Felder hervorrufen. Die betrachteten Frequenzen sind zum Beispiel Radiofrequenzen. Die quellfreien Maxwellgleichungen lauten 1 ∂2 1 ∂2 − 2 2 E(r, t) = 0 , − 2 2 B(r, t) = 0 (14.9) c ∂t c ∂t Wir betrachten zunächst einen quaderförmigen Hohlraum mit dem Volumen V = L1 L2 L3 . Hierfür bietet sich ein Separationsansatz in kartesischen Koordinaten an: E1 (x, y, z, t) = X(x) Y (y) Z(z) T (t). Eingesetzt in (14.9) ergibt sich die Lösung E1 = Re C1 sin(k1 x + α1 ) sin(k2 y + α2 ) sin(k3 z + α3 ) exp(−iω t) (14.10) mit ω2 = c2 (k12 +k22 +k32 ). Für die anderen Komponenten E2 , E3 , B1, B2 und B3 erhält man analoge Lösungen. Die ursprünglichen Maxwellgleichungen (div E = 0, ˙ ˙ und div B = 0) sind nur zu erfüllen, wenn alle Komrot E = −B/c, rot B = E/c ponenten denselben Wellenvektor (k1 , k2 , k3 ) haben. Die Randbedingungen lassen dann nur diskrete Frequenzen zu: 2

2 m2 n2 l ω2 = ω lmn = c2 π2 + + (l, m, n = 0, 1, 2, . . .) (14.11) L12 L22 L32 In der statistischen Physik muss man über alle sum 3 möglichen Hohlraummoden 3 mieren. Aus den diskreten Wellenzahlen folgt l,m,n . . . = V /(2π) d k . . .. Als nächstes betrachten wir einen Wellenleiter, der in x-y-Richtung den Querschnitt L1 mal L2 hat, und in z-Richtung unbegrenzt ist. Dann sind nur die Wellenzahlen in x- und y-Richtung diskret, die in z-Richtung ist kontinuierlich: 2 m2 k2 l 2 2 2 ω =c π (14.12) + + L12 L22 π2

243


Die möglichen Lösungen lassen sich einteilen in Transversale elektrische Welle (TE):

E3 = 0, E ⊥ k ez

Transversale magnetische Welle (TM):

B3 = 0, B ⊥ k ez

Die Bezeichnungen geben an, welches Feld senkrecht auf der Fortpflanzungsrichtung ez der Hohlraumwellen steht. Speziell für eine transversale elektrische Welle gilt für die niedrigste Lösung (l = 1, m = 0) π2 ω=c + k2 (14.13) L12 Wegen ω > ω kr = c π/L1 kann sich eine Welle nur oberhalb einer kritischen Frequenz ausbreiten. Der Wellenleiter kann daher als Hochpassfilter dienen. Das weitverbreitete Koaxialkabel (etwa das Antennenkabel für UKW) ist ein Wellenleiter mit einer anderen Geometrie. Die dominierenden Moden sind in diesem Fall transversale elektromagnetische Wellen (TEM). Diese Wellen haben nur transversale Komponenten (also E3 = B3 = 0), und es gilt B = ± e3 × E wie für eine freie Welle. Dabei gibt es keine Untergrenze für die Frequenz.

Transformation der Felder Der Feldstärketensor F αβ , (13.24), transformiert sich gemäß (10.23), also F αβ = β Λαγ Λδ F γ δ . Für die spezielle Lorentztransformation (9.5) ergibt dies für die Felder E und B: v E = E , E⊥ = γ E⊥ + × B c (14.14) v B = B , B⊥ = γ B⊥ − × E c Die Indizes und ⊥ kennzeichnen die zu v parallelen und senkrechten Anteile. Feld einer gleichförmig bewegten Ladung Im Ruhsystem IS der Ladung gilt E = q r /r 3 und B = 0. Durch eine Transformation in das IS, in dem sich die Ladung mit der konstanten Geschwindigkeit v bewegt, erhält man die gesuchten Felder E und B. Hierfür braucht man die Rücktransformation von E , B zu E, B, die sich aus (14.14) durch die Ersetzung v → −v ergibt. Für kleine Geschwindigkeiten erhält man

2 2 q v×r r B= (14.15) E = q 3 1 + O v 2 /c2 , 1 + O v /c r c r3 In der Ordnung v/c ist das elektrische Feld dasselbe wie für die ruhende Ladung. Das zusätzliche magnetische Feld B ≈ (v/c) × E kann als relativistischer Effekt in

244


erster Ordnung in v/c aufgefasst werden. Für die Kräfte zwischen zwei Ladungen mit den Geschwindigkeiten v1 und v2 gilt |F magn |/|F Coulomb | ∼ v1 v2 /c2 . Ohne Näherungen ergibt sich für das elektrische Feld einer gleichförmig bewegten Ladung E =

qr r3

1− 1−

v2 c2

3/2 v2 2 sin ϕ c2

(14.16)

Dabei ist ϕ der Winkel zwischen v und r. Verglichen mit dem einer ruhenden Ladung ist das Feld parallel zu v schwächer (Faktor 1 − v2 /c2 ) und senkrecht dazu stärker (Faktor γ ). Dopplereffekt Die Phase k · r − ω t einer ebenen Welle ist ein Lorentzskalar, denn die Anzahl der Wellenberge und -täler kann sich bei einer Lorentztransformation nicht ändern. Wir schreiben die Phase als k · r − ω t = −k α xα , wobei wir die 4-fach indizierte Größe (k α ) = (ω/c, kx , ky , kz ) eingeführt haben. Da k α xα ein Lorentzskalar ist, muss k α ein Lorentzvektor sein, (14.17) k α = Λαβ k β Eine mit der Geschwindigkeit v bewegte Quelle sende eine Welle aus. Im (momentanen) Ruhsystem RS der Quelle habe die Welle die Frequenz ω = ωRS . Die Lorentztransformation ergibt für die Nullkomponente k 0 − v k 1 /c k 0 = 1 − v 2 /c2

oder

ωRS = γ (ω − v k 1 )

(14.18)

Dabei ist c k 0 = ω die Frequenz in IS, also die Frequenz, die ein in IS ruhender Beobachter misst. Wir lösen dies (unter Verwendung von v k 1 = v ·k = v (ω/c) cos φ) nach der beobachteten Frequenz auf: 1 − v 2 /c2 ω = ωRS Dopplereffekt (14.19) 1 − (v/c) cos φ Der Dopplereffekt ist die Änderung ωRS → ω aufgrund der Bewegung der Quelle. Der Faktor 1 − (v/c) cos φ ist ein kinematischer Effekt, der bereits aus der Galileitransformation folgt. Der Faktor (1 − v 2 /c2 )1/2 ist dagegen ein relativistischer Effekt, der der Zeitdilatation entspricht. Die Frequenzverschiebung wird häufig durch die dimensionslose Rotverschiebung z = ωRS /ω − 1 ausgedrückt. Die periodischen Dopplerverschiebungen von charakteristischen Linien im Licht eines Sterns lassen Rückschlüsse zu auf die Bewegung des Sterns in einem Doppelsternsystem. Eine irdische Anwendung des Dopplereffekts ist die Radarfalle der Polizei. Hierbei wird ein Radarstrahl am bewegten Auto reflektiert, und die Frequenzverschiebung wird gemessen.


245

Dopplerverschiebungen gibt es auch bei Schallwellen. Die Analogie zwischen Schall- und Lichtwellen gilt aber nur bedingt. Insbesondere breitet sich Licht im leeren Raum aus, während Schall ein wellentragendes Medium (etwa Luft) benötigt. Beim Schall ist daher das IS, in dem das Medium ruht, ausgezeichnet. Aberration In IS gebe es eine Welle, die entlang der z-Achse einfällt, also (k α ) = (k, 0, 0, −k) mit k = ω/c. Die Welle werde in einem IS beobachtet und hat hier den Wellenvektor (k α ) = (k 0 , −γ k v/c, 0, −k ), sie erscheint also unter einem Winkel ϕA relativ zur z -Achse: k 1 v/c tan ϕA = 3 = (14.20) k 1 − v 2 /c2 Dies erklärt die Aberration: Die Bahnbewegung der Erde um die Sonne führt dazu, dass sich ein bestimmter Stern auf einem kleinen Kreis zu bewegen scheint. Hierfür ist der in v/c lineare Term verantwortlich, der sich bereits aus einer Galileitransformation ergibt.

Dipolstrahlung Wir berechnen die Strahlung, die von einer oszillierenden Ladungs- und Stromverteilung

j α (r , t) = Re j α (r ) exp(−iω t) (14.21) ausgeht. Alle Größen in diesem Abschnitt variieren mit exp(−iω t); die komplexen Amplituden werden mit demselben Buchstaben wie die zeitabhängige Größe selbst bezeichnet. Wir setzen (14.21) in das retardierte Vektorpotenzial ein: 1 j (r , t − |r − r |/c) d 3r (14.22) Aret (r, t) = c |r − r | 1 exp(ik |r − r |) = exp(−iω t) d 3 r j (r ) = A(r) exp(−iω t) c |r − r | Hierbei ist k = ω/c. Für die folgenden Rechnungen setzen wir R0 λ r

(Voraussetzungen)

(14.23)

voraus: Die Reichweite R0 der Quellverteilung soll klein gegenüber der Wellenlänge λ = 2π/k = 2πc/ω sein. Die Felder sollen in großem Abstand r λ von der Quelle berechnet werden. Im Integranden von (14.22) verwenden wir die Näherung

exp(ik r) exp(ik |r − r |) · r /r) 1 + O(r ≈ exp − ik e r |r − r | r

(14.24)

246


In führender Ordnung in r /r erhalten wir dann (nach einigen Zwischenrechnungen) für den Ortsanteil A(r) des Vektorpotenzials: exp(ik r) mit p = d 3 r r (r) (14.25) A(r) = −i k p r Hierbei ist p die komplexe Amplitude in p(t) = Re (p exp(−iω t)). Außerhalb der Ladungsverteilung gelten B = ∇ × A und E = (i/k) ∇ × B. Damit erhalten wir exp(ik r) exp(ik r) , E(r) = k 2 (er × p) × e r (14.26) B(r) = k 2 (er × p) r r Diese Lösung beschreibt eine auslaufende Kugelwelle. Die Energiestromdichte (Energie pro Zeit und Fläche) S = c E × B/4π zeigt in Richtung von er = r/r. Die in den Raumwinkel dΩ = d cos θ dφ gehende Leistung (Energie pro Zeit) ist dann dP = S er r 2 dΩ oder dP ω4 2 ω 4 2 2 p p = sin θ , P = (14.27) dΩ 8πc 3 3c 3 Hierbei wurde für die Dipolamplitude p = pr exp(iδ) mit einem reellen Vektor p r angenommen; θ ist der Winkel zwischen p r und der Ausbreitungsrichtung. Wesentlich an der Dipolstrahlung ist die Proportionalität zu ω4 und zu |p|2 , und die Winkelabhängigkeit mit sin2 θ . Die Polarisation der Strahlung folgt aus (14.26): Es gilt E ⊥ e r , B ⊥ er und E ⊥ B. Eine Berücksichtigung des nächsten Terms in der Entwicklung (14.24) führt zu einem magnetischen Dipol und einem elektrischen Quadrupol (Aufgabe 14.14). Die Strahlungsfelder werden auch mit E1 (elektrisches Dipolfeld), E2 (elektrisches Quadrupolfeld), M1 (magnetisches Dipolfeld) undsoweiter bezeichnet. Für eine oszillierende Punktladung bei r(t) = r 0 cos(ω t) erhält man aus der Dipolformel ω4 q 2 r02 2 q2 7 2 8 v˙ (14.28) P = = 3 c3 3 c3 Für eine Ladung, die sich mit der Winkelgeschwindigkeit ω auf einem Kreis (Radius R) bewegt, gilt | v| ˙ = ω2 R. Damit wird (14.28) zu P = (2 ω4 /3 c 3 ) q 2 R 2 . Wenn man dies auf ein halbklassisches Atommodell anwendet, dann erhält man Lebensdauern von der Größe τ ∼ hω ¯ at /P ≈ α −3 /ωat . Hierbei wurden die atoma3 4 re Frequenz ωat = me e /h¯ und die Feinstrukturkonstante α = e2 /hc ¯ ≈ 1/137 benutzt. Die Bewegungsgleichung m v˙ = F L = q (v/c) × B für ein geladenes Teilchen (v c) in einem homogenen Magnetfeld hat eine Kreisbahn als Lösung. Tatsächlich ist ein solches Teilchen beschleunigt und strahlt Wellen ab. Um die Energiebilanz im Mittel zu erfüllen, muss man die Strahlungskraft 2q 2 v¨ 3c 3 in der Bewegungsgleichung hinzufügen, also m v˙ = F L + F str. F str =

(14.29)

247


Beschleunigte Ladung Im Rahmen der Dipolstrahlung können wir die Abstrahlung einer oszillierenden Ladung im Fall v c (entspricht R0 λ) aus (14.28) berechnen. Wir verallgemeinern dies auf eine beliebig beschleunigte Ladung. Im momentanen Ruhsystem ist A = 0 und in das retardierte Potenzial (13.18) ist (r, t) = q δ(r − r 0(t)) einzusetzen. Dies ergibt q q = , A (r , t ) = 0 (r , t ) = (14.30) Φret |r − r 0 (tret )| R (tret )

Dabei haben wir den 4-Vektor (R α ) = c (t − tret ), r − r 0 (tret ) = (R, R) einge führt. Aus tret = t − |r − r 0 (tret )|/c folgen R α Rα = 0 und der letzte Schritt für Φret in (14.30). In einem beliebigen IS sind die Potenziale durch q uα (Liénard-Wiechert-Potenziale) (14.31) Aα (r, t) = β u Rβ ret gegeben, denn: (i) Dieser Ausdruck ist kovariant. (ii) Im momentanen Ruhsystem ist er richtig; denn mit (u α ) = (c, 0) reduziert er sich auf (14.30). Nach einigen Zwischenrechnungen erhält man die Strahlungsfelder E und B. Für den Fall, dass die Beschleunigung parallel zur Geschwindigkeit ist, ergibt sich daraus die Strahlungsleistung dP q2 sin2 θ 2 = v ˙ dΩ 4πc 3 (1 − (v/c) cos θ )6

(v v) ˙

(14.32)

Dabei ist θ der Winkel zwischen v v˙ und der Abstrahlungsrichtung. Diese Winkelverteilung bedeutet, dass sich der Strahlungskegel mit zunehmender (relativistischer) Geschwindigkeit in Vorwärtsrichtung verschiebt. Zugleich nimmt die Strahlungsleistung stark zu. Für die gesamte Strahlungsleistung erhält man 2q 2 duα duα v c 2q 2 2 ≈ v˙ (14.33) 3 c 3 dτ dτ 3c 3 Der Näherungsausdruck ist aus (14.28) bekannt (hier allerdings ohne Mittelungsklammern); er folgt auch sofort aus (14.32). Aus dem Näherungsausdruck kann man den exakten Ausdruck ableiten (ohne etwa die Winkelintegration über (14.32) ausführen zu müssen): Die Leistung P = dE/dt ist ein Lorentzskalar, weil dE = c dp0 und dt = dx 0 /c beide Nullkomponenten von 4-Vektoren sind. Gesucht ist daher ein Lorentzskalar, der sich für v/c → 0 auf den Näherungsausdruck reduziert. Dies ist der erste Ausdruck in (14.33). Die Auswertung von (14.33) für ein Teilchen in einem Linear- und in einem Kreisbeschleuniger ergibt 2 1 (v v) ˙ dp 2q 2 = (14.34) P = 2 3 2 3m c dt γ (v ⊥ v) ˙ P =−

248


wobei p = γ mv der relativistische Impuls ist. Der Faktor γ 2 bedeutet, dass im hochrelativistischen Fall (γ 1) die Abstrahlung in einem Kreisbeschleuniger (oder Speicherring) viel größer ist als in einem Linearbeschleuniger. Tatsächlich spielt die Abstrahlung beim Linearbeschleuniger nur eine untergeordnete Rolle. Für den Kreisbeschleuniger erhält man P ≈ (2c q 2 /3)γ 4 /Ro . Dies bedeutet, dass bei einer bestimmten gewünschten Energie (also für bestimmtes γ ) der Radius Ro der einzige Parameter ist, mit dem man P beeinflussen kann. Die Entwicklung von Kreisbeschleunigern (oder Speicherringen) hat mit der jetzigen Generation (etwa LEP mit Ro ≈ 4.3 km und Teilchenenergien von 100 GeV) die Grenze der Praktikabilität erreicht. Die kommende Beschleunigergeneration im TeV-Bereich wird daher aus Linearbeschleunigern bestehen.

Streuung von Licht Wenn eine elektromagnetische Welle auf Materie einfällt, dann induziert sie Oszillationen der geladenen Teilchen. Von diesen oszillierenden Teilchen geht Strahlung in alle Richtungen. Dadurch wird das einfallende Licht gestreut. Angeregt werden vor allem die Elektronen in den Atomen. Als Modell für ein Atom betrachten wir ein harmonisch gebundenes Elektron. Im Feld einer einfallenden ebenen Welle genügt die Bahn r 0 (t) des Elektrons der Bewegungsgleichung me r¨ 0 + me Γ r˙ 0 + me ω02 r 0 = −e E 0 exp i(k · r 0 − ω t) + O(v/c) (14.35) Der Reibungsterm steht für mögliche Energieverluste des Elektrons; in jedem Fall erfolgt ein Energieverlust durch Abstrahlung. Wir betrachten nichtrelativistische Geschwindigkeiten, v c. Dann können die magnetischen Kräfte vernachlässigt werden, und exp(ik · r 0 ) = 1 + O(r0 /λ) ≈ 1. Damit wird (14.35) zu me r¨ 0 + me Γ r˙ 0 + me ω02 r 0 = −e E 0 exp(−iω t)

(14.36)

Dies ist das wohlbekannte Problem eines angetriebenen Oszillators (Aufgabe 1.6). Im eingeschwungenen Zustand ist die Lösung (1.34), die wir hier in der Form p(t) = −e r 0 (t) = αe (ω)E 0 exp(−iω t) mit der elektrischen Polarisierbarkeit αe (ω) =

e2 /me ω02 − ω2 − iΓ ω

(14.37)

anschreiben. Das induzierte Dipolmoment p(t) führt gemäß (14.27) zur Abstrahlung der Leistung P . Das Verhältnis zur einfallenden Energiestromdichte |S | definiert den Wirkungsquerschnitt: σ (ω) =

P 8π = |S | 3

e2 me c2

2

ω4 (ω02

− ω ) + ω2 Γ 2 2 2

(14.38)

Wir diskutieren eine Reihe von physikalischen Effekten, die sich hieraus ergeben.

249


Thomsonstreuung Für hohe Frequenzen ergibt sich der Grenzfall 2 2 e 8π σTh = = 0.665 · 10−24 cm2 3 me c 2

(ω ω0 )

(14.39)

Die Bedingung ω ω0 ist insbesondere für freie Elektronen erfüllt. In dem hier vorausgesetzten nichtrelativistischen Fall stimmt der experimentelle Wirkungsquerschnitt mit (14.39) überein. Rayleighstreuung Für kleine Frequenzen ergibt (14.38) den Grenzfall σ = σTh

ω4 ω04

(ω ω0 )

(14.40)

Dies bedeutet zum Beispiel, dass in der Atmosphäre blaues Licht stärker gestreut wird als rotes (ωblau /ωrot ∼ 2). Daher erscheint der Himmel blau. Resonanzfluoreszenz Bei ω = ω0 hat der Wirkungsquerschnitt (14.38) ein Resonanzmaximum: 2 2 2 ω0 e 8π σres = (ω = ω0 ) (14.41) 2 3 me c Γ2 Zur Resonanzfluoreszenz kann es kommen, wenn Strahlung eines bestimmten Übergangs von einem Atomkern (oder Atom) derselben Sorte wieder absorbiert wird. Die Erfüllung der Resonanzbedingung wird durch die Dopplerverbreiterung aufgrund des Rückstoßes behindert, den der Atomkern bei der Emission (Absorption) erleidet. Im Mößbauer-Effekt wird dieser Rückstoß durch den Kristall aufgenommen, in dem der betrachtete Atomkern eingebunden ist. Dadurch kommt es hier zur rückstoßfreien Resonanzfluoreszenz. Kohärente und inkohärente Streuung Bei der Streuung an N Streuzentren in einem Bereich der Größe R gibt es zwei Grenzfälle: Für R λ streuen die einzelnen Zentren inkohärent; der Gesamtwirkungsquerschnitt ist proportional zu N . Für R λ addieren sich die Amplituden des Felds kohärent, und der Gesamtwirkungsquerschnitt ist proportional zu N 2 . Luft mit Wasserdampf ist relativ durchsichtig (inkohärente Streuung). Wenn der Wasserdampf jedoch zu Nebel kondensiert, dann streuen die Moleküle innerhalb eines Wassertröpfchens (etwa mit dem Radius d/2 = 200 Å und mit N ≈ 106 Molekülen) kohärent. Unter geeigneten Bedingungen kann Luft daher durch Nebelbildung plötzlich undurchsichtig werden (ohne dass sich die Konzentration des Wassers nennenswert ändert).

250


Schwingkreis Wir betrachten einen Parallelschwingkreis aus einer Spule (Induktivität L) und einem Kondensator (Kapazität C). In der quasistatischen Näherung werden die Beziehungen aus der Elektro- und Magnetostatik übernommen, wobei die Zeit als Parameter zugelassen wird: NS (quasistatisch) (14.42) Φm (t) cL Hierbei ist Q die Ladung und U die Spannung am Kondensator. Der Strom durch die Spule ist I , NS ist die Anzahl der Windungen, Φm = B AS der magnetische Fluss, und AS ist die von den einzelnen Windungen eingeschlossene Fläche. Nach dem Faradayschen Gesetz (13.3) führt die zeitliche Veränderung des magnetischen ¨ an den Flusses Φm zu einer Spannung U = −(NS /c) d Φm /dt = −L I˙ = −L Q ¨ Enden der Spule. Zusammen √ mit U = Q/C ergibt dies U = −LC U und damit die Eigenfrequenz ω0 = 1/ LC des Schwingkreises. Die quasistatische Näherung (14.42) besteht aus zwei Teilen: Q(t) ≈ C U (t) ,

I (t) ≈

• Für den Kondensator: Um Q(t) ≈ C U (t) abzuleiten, muss der Term „Induktion“ in (13.1) vernachlässigt werden. • Für die Spule: Um I (t) ≈ (NS /c L) Φm (t) abzuleiten, muss der Term „Verschiebungsstrom“ in (13.1) vernachlässigt werden. In der Literatur wird vielfach die Vernachlässigung des Verschiebungsstroms als die quasistatische Näherung bezeichnet. Dies liegt an der überragenden praktischen Bedeutung des Faradayschen Gesetzes. Im Schwingkreis sind die beiden angeführten Näherungen jedoch komplementär zueinander. Die Gleichungen (14.42) erhält man auch, wenn man die Retardierung vernachlässigt: α 1 1 j α (r , t − |r − r |/c) 3 j (r , t) d 3r ≈ d (14.43) r Aαret (r, t) = c |r − r | c |r − r | Mit dieser Näherung können die Zusammenhänge ↔ Φ (also Q ↔ U ) und j ↔ A (also I ↔ Φm ) wie in der statischen Theorie berechnet werden. Die Näherung (14.43) ist möglich für δt = |r − r |/c 1/ω. Der Kondensator und die Spule mögen Abmessungen haben, die durch die Länge charakterisiert sind. Dann sind Felder und Ladungsverteilungen im Wesentlichen auf einen Bereich dieser Größe beschränkt. Damit wird δt 1/ω zu ω 1 Bedingung für quasistatische Näherung (14.44) c Für den Schwingkreis ergibt sich ω0 ∼ 1/NS ; notwendige Bedingung für die quasistatische Näherung ist daher NS 1. Für die Abstrahlung erhält man dann aus der Dipolformel P ∼ ω0 /NS3 . In der quasistatischen Näherung wird die Rückwirkung der Abstrahlung auf den Schwingkreis vernachlässigt.

251


Aufgaben 14.1 Ebene elektromagnetische Welle Durch A = A(x − c t) ez und Φ = 0 ist eine ebene elektromagnetische Welle definiert. Bestimmen Sie das E- und B-Feld, die Energiedichte wem und den Poyntingvektor S. Lösung: Die elektromagnetischen Felder sind 1 ∂A = A (x − c t) ez c ∂t Daraus ergibt sich die Energiedichte E=−

wem =

und

B = rotA = −A (x − c t) ey

2

1 2 1 E + B2 = A (x − c t) 8π 4π

und der Poyntingvektor S=

2 c c E×B = A (x − c t) ex = c wem ex 4π 4π

14.2 Eindimensionales Wellenpaket Die Potenziale eines elektromagnetischen Wellenpakets sind: ∞ A = A(x − c t) ez , A(x) = dk f (k) exp(ik x) , −∞

Φ=0

Betrachten Sie die folgenden Fälle: (i) f (k) = f0 exp(−γ k 2 /2) (ii) f (k) = f0 exp( − α |k|) (iii) f (k) = f0 Θ(κ − |k|) Skizzieren Sie jeweils die Form des Wellenpakets A(x − c t) im Ortsraum, und geben Sie sein Zentrum x und seine Breite x an. Lösung: Es wird die Abkürzung u = x − c t verwendet. (i) Im Integranden wird der Exponent quadratisch ergänzt: A 6

......... .. .. .. ..... ... ... . ... .. ... .. ... ... ... .. ... .. .. ... .. ... .. ... . ... ... .... ... . ...... . . . . . ............... ................

ct

x

γ dk exp − k 2 + i k u 2 −∞ ∞ γ u2 i u 2 = f0 dk exp − k− exp − 2 γ 2γ −∞ u2 2π = f0 exp − γ 2γ

A(u) = f0

∞

Dieses bei x = c t lokalisierte Wellenpaket hat die Breite x ≈

√ γ.

252


A 6

..... .. ... (ii) .. .. ... ..... . ... ... ... . ... .. ... .. ... ... .. ... .. ... . .... ... . ...... . . . . . ....... . . . . . . . .............. . . . . . . ........

Das Integral wird für die Exponentialfunktion ausgewertet: ∞

A(u) = f0 dk exp −α |k| + i k u −∞

-

ct

∞

= 2f0

dk exp(−α k) cos(k u) = f0

0

2α α 2 + u2

x

Dieses bei x = c t lokalisierte Wellenpaket hat die Breite x ≈ α. A 6

..... .. .. .. ... ... .... . .. ... .. .. ... ..... . . .. .. .. .. ... ..... . .. ..... .. ... . . ... ...... ..... .. ... ... ... ......... ......... ... ..... ... . . . . ... .. ... .. .. .... ......... ..... ... . .. . ... .. c t ..... .... .... .... ....

(iii) Das Integral wird für die Thetafunktion ausgewertet: κ 2 sin(κ u) dk exp(i k u) = f0 A(u) = f0 u −κ -

x

Das bei x = c t lokalisierte Wellenpaket hat die Breite x ≈ 2π/κ ; für Δx wurde der Abstand der beiden zentralen Nullstellen genommen.

Eine exakte Definition der Breiten von Wellenpaketen erfolgt in der Quantenmechanik. Die hier angegebenen Breiten sind nur bis auf numerische Faktoren richtig. Die funktionale Abhängigkeit von den Parametern γ , α und κ ist jedoch korrekt wiedergegeben.

14.3 Zirkular polarisiertes Wellenpaket Eine zirkular polarisierte Welle mit den Komponenten Ex = E0 (x, y) exp i(k z − ω t) Ey = ±i E0(x, y) exp i(k z − ω t) ist in x- und y-Richtung begrenzt; die Amplitude E0 (x, y) ist eine reelle und in den Variablen x und y gerade Funktion. Das Wellenpaket soll sich in diesen Richtungen über viele Wellenlängen erstrecken, so dass ∂E0 ∂E0 E0 E0 und ∂x λ ∂y λ Eine noch schwächere z-Abhängigkeit in E0 (x, y, z) soll das Wellenpaket letztlich auch in z-Richtung begrenzen; diese Abhängigkeit soll aber in den folgenden Rechnungen nicht explizit berücksichtigt werden. Lesen Sie Ez und B aus den Maxwellgleichungen ab (jeweils nur die führenden Terme). Berechnen Sie die zeitgemittelten Größen: Energiedichte wem , Poyntingvektor S und Drehimpulsdichte r × S/c2 . Setzen Sie die Gesamtenergie W gleich hω, ¯ also der Energie eines Photons. Welchen Drehimpuls hat dieses Photon dann?

253


Lösung: Die Maxwellgleichungen können nur erfüllt werden, wenn Ez und B dieselbe dominierende Orts- und Zeitabhängigkeit wie Ex und Ey haben, also Ez = Ez,0 (x, y) exp[i(k z − ω t)] ,

B = B 0 (x, y) exp[i(k z − ω t)]

Für die Amplituden wird wieder nur eine schwache Ortsabhängigkeit zugelassen. Zunächst werten wir die Maxwellgleichung divE = 0 aus: ∂E ∂E0 0 ±i + i k Ez,0 exp[i(k z − ω t)] = 0 div E = (14.45) ∂x ∂y Eine eventuelle schwache z-Abhängigkeit von Ez,0 (x, y, z) würde hieran nichts ändern, da ∂Ez,0 /∂z gegenüber k E0,z zu vernachlässigen ist. Wegen kE0 |∂E0 /∂x| werden auch im Folgenden jeweils nur die führenden Terme mitgenommen. Aus (14.45) folgt Ez,0 (x, y). Damit können wir das gesamte elektrische Feld angeben: i ∂E0 1 ∂E0 E := E0 , ±i E0 , ∓ exp[i(k z − ω t)] k ∂x k ∂y ˙ = 0 folgt Aus der Maxwellgleichung rot E + B/c 1 ∂E0 i ∂E0 i + exp[i(k z − ω t)] B = − rot E := ∓ i E0 , E0 , ± k k ∂x k ∂y Wegen B = ∓ iE sind E- und B-Feld um π/2 phasenverschoben (Realteilbildung!). Die zeitgemittelte Energiedichte und der zeitgemittelte Poyntingvektor sind: 8 8 1 7 1 7 1 2 E · E∗ + B · B ∗ = E · E∗ = E 16π 8π 4π 0 7 8 8 8 1 ∂E02 c 7 c 7 c 1 ∂E02 E × B∗ = ± iE × E ∗ := ± , ∓ , 2E02 S = 8π 8π 8π k ∂y k ∂x

wem =

Die führenden Terme in der Drehimpulsdichte sind ∂E02 r × S 1 ∂E02 2 2 2 k y E0 , − 2 k x E0 , ∓ x ∓y l em = := c2 8π ω ∂x ∂y Wir berechnen nun die Gesamtenergie: 2 ! 1 d 3 r E0 (x, y) W = d 3 r wem = = hω ¯ 4π Damit das Integral existiert, müssen wir implizit auch eine Begrenzung in z-Richtung annehmen. Wir betrachten das Wellenpaket als Modell eines Photons und setzen daher W = hω. ¯ Als nächstes integrieren wir über l em , um den Felddrehimpuls L zu erhalten. Die Integrale über die x- und y-Komponente verschwinden, weil E0 (x, y) eine gerade Funktion der Variablen ist. Es bleibt also die z-Komponente: 2 1 ∂E02 W ∂E02 1 d 3r x +y =± d 3 r E0 (x, y) = ± Lz = ∓ 8πω ∂x ∂y 4πω ω Mit W = h¯ ω erhalten wir

L = ± h¯ ez Dies entspricht den Eigenschaften eines realen Photons: Das Photon hat den Drehimpuls h¯ (man sagt auch, den Spin 1), der sich in Richtung des Impulses p = hk ¯ ez oder entgegengesetzt dazu einstellen kann.

254


14.4 Invarianten des elektromagnetischen Felds Wie transformieren sich E 2 − B 2 und E · B unter Lorentztransformationen? Drücken Sie dazu die beiden Ausdrücke durch den Feldstärketensor und den dualen Feldstärketensor aus, oder transformieren Sie die elektromagnetischen Felder.

$αβ Fαβ = −4E · B, wobei Lösung: Nach (13.24) gelten F αβ Fαβ = −2 E 2 − B 2 und F αβ αβγ δ $ = F Fγ δ /2. Damit sind beide Ausdrücke Lorentzskalare, also E 2 − B 2 = E2 − B 2

und

E · B = E · B

Alternativ kann man die Transformation (14.14) der Felder verwenden: E 2 − B 2 = E 2 + E ⊥2 − B 2 − B ⊥2 = E 2 − B 2 + γ 2 E 2⊥ + 2E ⊥ · (v × B)/c + (v 2 /c2 )B 2⊥ − B 2⊥ + 2B ⊥ · (v × E)/c − (v 2 /c2 )E 2⊥ = E 2 − B 2 E · B = E · B + E ⊥ · B ⊥ = E · B + γ 2 E ⊥ · B ⊥ − (v 2 /c2 ) E ⊥ · B ⊥ = E·B

14.5 Felder einer vorbeifliegenden Ladung Eine relativistisch bewegte Ladung q hat die Bahnkurve r(t) = v t ex + b ez . Berechnen Sie die integrierten Felder ∞ ∞ dt E und dt B

z 6 q 6

v

u

-

b

−∞

?

-

Detektor

x

−∞

die ein Detektor bei r = 0 misst. Spalten Sie dazu die Felder in zu v parallele und senkrechte Anteile auf.

Lösung: Im Inertialsystem IS , in dessen Ursprung die Ladung q ruht, sind die elektromagnetischen Felder am Ort r := (−v t , 0, −b ) des Detektors E =

q (v t , 0, b ) r := −q

3/2 , r 3 b2 + v 2 t 2

B = 0

Dabei ist t = γ t mit γ = 1/ 1 − v 2 /c2 . Wir transformieren diese Felder in das Ruhsystem IS des Detektors. Die Transformation ist durch (14.14) mit v → − v gegeben: E = E = −

qγ vt b2

+ v2 γ 2 t 2

3/2 ex ,

qγ b E ⊥ = γ E ⊥ = −

3/2 ez , b2 + v 2 γ 2 t 2

B = B = 0 B⊥ = γ

v q γ b v/c × E ⊥ =

3/2 ey c b2 + v 2 γ 2 t 2

255

Kapitel 14 Maxwellgleichungen: Anwendungen Das Ergebnis kann als (γ v t , 0 , γ b ) E := −q

3/2 , b2 + v 2 γ 2 t 2

( 0 , γ b v/c , 0 ) B := q

3/2 b2 + v 2 γ 2 t 2

(14.46)

geschrieben werden. Die gesuchten Zeitintegrale sind: ∞ ∞ 1 2q dt E = −q γ b dt ez

3/2 ez = − bv −∞ −∞ b2 + v 2 γ 2 t 2 ∞ ∞ 1 2q dt B = q γ b v/c dt ey

3/2 ey = 2 2 2 2 bc −∞ −∞ b +v γ t Hieraus kann man (bei bekannter Ladung) auf den Abstand und die Geschwindigkeit des vorbeifliegenden Teilchens schließen. Alternative Lösung: In Aufgabe 14.10 werden die retardierten Felder einer gleichförmig bewegten Punktladung abgeleitet. Hieraus kann man ebenfalls die Felder (14.46) erhalten.

14.6 Energiestrom einer gleichförmig bewegten Ladung Eine Punktladung q bewegt sich mit konstanter nichtrelativistischer Geschwindigkeit v. Berechnen Sie6 die Energiedichte wem und den Poyntingvektor S . Wie groß ist der Energiestrom dA · S durch eine Kugeloberfläche A, in deren Zentrum sich momentan die Ladung befindet? Lösung: Die Felder sind durch (14.15) gegeben, wobei wir die Terme O(v 2 /c2 ) weglassen: v r − vt und B = × E E=q |r − v t |3 c Zur Vereinfachung der Schreibweise führen wir den Vektor x = r − v t ein. Damit werden die Energiedichte und der Poyntingvektor zu wem = S =

1 2 q2 E = 8π 8πx 4

c 1 q2 2 v − (x · v) x E×B = E× v×E = x 4π 4π 4πx 6

Es soll der Energiestrom durch eine Kugeloberfläche bestimmt werden. Wegen der zeitlichen Translationsinvarianz des Problems können wir die Kugeloberfläche für t = 0 wählen, also x = R = R er , wobei R ein Vektor vom Ursprung zur Kugeloberfläche ist. Wegen er · S = 0 verschwindet dieser Energiestrom: 5 5

q2 dA er · R 2 v − (R · v) R = 0 dA · S = 4πR 6 Dies bedeutet, dass eine gleichförmig bewegte Ladung nicht abstrahlt. Dies folgt auch aus der 1/r 2 -Abhängigkeit der Felder; denn mit S ∝ 1/r 4 verhält sich das Oberflächenintegral wie 1/R 2 und verschwindet für R → ∞. Eine Abstrahlung kann man nur für E- und BFelder erhalten, die wie 1/r abfallen.

256


Ergänzung: Zur genaueren Untersuchung des Energiestroms kann man noch das PoyntingTheorem (13.5) betrachten: ∂wem x·v + div S = −j · E = −q 2 3 δ(x) ∂t x

(14.47)

Hier haben wir auf der rechten Seite j = q v δ(x) und E = q x/x 3 eingesetzt. Wir berechnen die Terme auf der linken Seite: ∂wem q2 x · v , = −v · ∇ wem = ∂t 2π x 6

div S = −

q2 x · v 2π x 6

(x = 0)

Damit verschwindet die linke Seite von (14.47) für x = 0. Bei der Ableitung können die singulären Stellen aber zu Distributionen führen (vergleiche Aufgabe 11.34). Die singuläre Stelle muss dann gesondert untersucht werden.

14.7 Ladung ist unabhängig von der Geschwindigkeit Eine Punktladung q bewegt6sich mit konstanter relativistischer Geschwindigkeit v. Berechnen Sie das Integral A dA·E über das elektrische Feld E und eine ruhende, geschlossene Fläche A, die die Ladung einschließt. Betrachten Sie zunächst eine Kugeloberfläche mit dem Teilchen im Zentrum. Zeigen6 Sie dann, dass das Ergebnis nicht von der Form der Fläche abhängt. Das Ergebnis A dA · E = 4πq impliziert, dass die Ladung unabhängig von der Geschwindigkeit ist. Lösung: Für v = v ez ist das elektrische Feld (14.16) einer gleichförmig bewegten Ladung in Kugelkoordinaten E=

−3/2 v2 qr 2 1 − sin θ , γ 2 r3 c2

γ =

1 1 − v 2 /c2

Mit dem Flächenelement dA = er R 2 d cos θ dφ wird das Oberflächenintegral zu 5 dA · E = Kugel

2πq γ2

−3/2 v2 4πq

= 4πq d cos θ 1 − 2 sin2 θ = 2 c γ 1 − v 2 /c2 −1 1

....................................... ......................................................................... ................... ....... ..... ........... .......... ............... ... ........ . ......... ...... . . ... . . .. ........ ..... . . . . . . . . . . . .... .. ... . . . . . . . . ... .... . ... . . . . ...... . . ... . ... . . . ... . . . ... . . . ..... ... ... ... .... .... .. .. .... .. ......... 6v .... ..... ... ..... . u ... . ... ...... .. ... q ....... ... ..... ............. . . ... . . . . . . ... . ... ......... .... .... ... . ........... ...... ... .............. ... ................. .... .................. . . . . . . . . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . .... .... . . ..... . A .... ...... ..... ....... ...... .......... ......... ............... ..................................................

Kugel

Wir betrachten nun eine beliebige Oberfläche A, zum Beispiel ein Ellipsoid wie in der Abbildung. Wegen 5 5 5 dA · E − dA · E = dA · E = 0 A

A

Kugel

schließt die Differenzfläche A keine Ladung ein. Nach dem Gaußschen Gesetz ist daher das Oberflächenintegral über A null. Damit ist das Integral über eine beliebige Fläche gleich dem über die Kugeloberfläche. Das Gaußsche Gesetz folgt aus divE = 4π und gilt auch für zeitabhängige Ladungsverteilungen.

257

Kapitel 14 Maxwellgleichungen: Anwendungen Alternativ kann man so vorgehen: Man berechnet zunächst die Divergenz des Felds −3/2 4πq δ(r) −3/2 4πq v2 v2 2 divE = 2 δ(r) 1 − 2 sin2 θ = 2 sin θ 1 − γ c γ 4πr 2 c2

Hierbei ergab div (r/r 3 ) = 4π δ(r). Der Differenzialoperator r · ∇ ∝ ∂/∂r ergibt keinen Beitrag für die Klammer. Im letzten Schritt haben wir die δ-Funktion in Kugelkoordinaten ausgedrückt; dies muss vor einer Volumenintegration geschehen, da sonst der Winkelfaktor unbestimmt bleibt. Das Volumenintegral über die Divergenz ist nach dem Gaußschen Satz gleich dem gesuchten Oberflächenintegral: 5 −3/2 2πq ∞ v2 δ(r) 1 dA · E = d 3 r divE = 2 dr r 2 2 d cos θ 1 − 2 sin2 θ = 4πq γ r c 0 −1 A V In dieser Ableitung wurde keine Einschränkung über die Form der Fläche A gemacht.

14.8 Elektromagnetische Massen der bewegten geladenen Kugel Eine homogen geladene Kugel (Radius R, Ladung q) wird als Modell eines Teilchens betrachtet. Geben Sie die Energie Wem der elektromagnetischen Felder der ruhenden Kugel an. Durch Wem = m0 c2 wird eine Ruhmasse m0 definiert. Die Kugel bewegt sich nun mit konstanter, nichtrelativistischer Geschwindigkeit v. Berechnen Sie den Impuls P em des elektromagnetischen Felds der bewegten Kugel (vernachlässigen Sie Terme der relativen Größe v 2 /c2 ). Durch P em = m v wird eine andere Masse m definiert. Vergleichen Sie m mit m0 . Lösung: Das elektrische Feld der homogen geladenen Kugel wurde in Aufgabe 11.3 angegeben. Damit wird die Energiedichte zu 2 6 (r ≤ R) r /R E2 q2 wem (r) = = 4 8π 8π 1/r (r > R) Die gesamte Feldenergie ist dann Wem = d 3 r wem (r) = 4π =

q2 2

R

dr 0

r4 + R6

∞

dr r 2 wem (r)

0 ∞

dr R

1 r2

=

q2 2R

1 +1 5

=

3 q2 = m0 c2 5 R

Dies definiert die Ruhmasse m0 = 3 q 2 /(5R c2 ). Die Kugel bewegt sich nun mit der Geschwindigkeit v. In den Feldern (14.15) vernachlässigen wir die Terme O(v2 /c2 ) und erhalten damit die Impulsdichte 1 1 E(r)2 er × (v × er ) E×B = 4πc 4πc2 Hieraus folgt der Gesamtimpuls 1 3 P em = d r gem (r) = d 3 r E(r)2 v − er (er · v) 4πc2 4v 4 = d 3 r wem (r) = m0 v = m v 2 3c 3 g em (r) =

258


Die so definierten Massen stimmen nicht überein: m 4 = m0 3 Eine Übereinstimmung kann man nur in einem konsistenten Modell erhalten, in dem sich die betrachtete Lösung als stabiles Gleichgewicht ergibt, also aus der Minimierung der Energie. Dazu fehlen im betrachteten Modell aber die nicht-elektromagnetischen Kräfte (Poincaré-Stress), die die Ladungsansammlung zusammenhalten. Für eine weiterführende Diskussion sei auf Feynmans Band II, Abschnitt 28.3, verwiesen.

14.9 Zur Aberration IS 6y

Eine im Inertialsystem IS ruhende Quelle sendet eine ebene Welle mit der Frequenz ω = ωRS und mit dem Wellenvektor

IS 6y .... ... ... ...

φ

Q vt

k

k = k cos φ ex + k sin φ ey

-v

- x - x

aus. Die Quelle und IS bewegen sich relativ zu einem Beobachter in IS mit der Geschwindigkeit v = v ex . Unter welchem Winkel φ zur xAchse sieht der Beobachter die Welle? Geben Sie die Beziehung zwischen φ und φ an.

Lösung: Die Wellenvektoren in IS und IS sind durch die spezielle Lorentztransformation verknüpft:

α = γ (k 0 − v k 1 /c), γ (k 1 − v k 0 /c), k 2 , k 3 k mit γ = 1/ 1 − v 2 /c2 . Für die Komponenten α = 0, 1 und 2 schreiben wir dies explizit an: v v ωRS = γ ω 1 − cos φ , k cos φ = γ k cos φ − , k sin φ = k sin φ c c Die erste Gleichung beschreibt die Frequenzänderung aufgrund der Bewegung der Quelle (Dopplereffekt). Der Quotient aus der dritten und zweiten Gleichung ergibt sin φ sin φ = cos φ γ (cos φ − v/c) Dies kann nach dem Beobachtungswinkel φ aufgelöst werden: tan φ =

sin φ γ (cos φ + v/c)

oder

cos φ =

cos φ + v/c 1 + (v/c) cos φ

Bei transversaler Beobachtung, φ = π/2, sendet die Quelle tatsächlich in einem Winkel cos φ = −v/c relativ zur x-Achse. Für v/c 1 bedeutet das φ ≈ π/2 + v/c, also eine kleine Abweichung von der Senkrechten. Der Unterschied zwischen φ und φ wird Aberration genannt.

259


14.10 Retardierte Potenziale der gleichförmig bewegten Ladung Bestimmen Sie die retardierten Potenziale Φret und Aret einer gleichförmig bewegten Punktladung. Geben Sie auch die elektromagnetischen Felder an. Lösung: Die Ladungs- und Stromdichte der bewegten Ladung sind: (r, t) = q δ(r − v t) = q δ(x − v t) δ(y) δ(z)

und

j (r, t) = v (r, t)

Dabei wurde ohne Einschränkung der Allgemeinheit v = v ex gewählt. Wir setzen die Ladungsdichte in das retardierte Potenzial (13.18) ein. Die y - und z -Integration können sofort ausgeführt werden: ∞

1 2 1 dx δ x − v t − r − 2x x + x 2 Φret (r, t) = q √ 2 c r − 2x x + x 2 −∞ Für die x-Integration verwenden wir (10.34), ∞

g(x0 ) dx δ f (x ) g(x ) = |f (x0 )| −∞

1/2 . Wir Dabei ist x0 die Nullstelle aus f (x0 ) = 0, also x0 = v t − (v/c) r 2 − 2x x0 + x02 lösen dies nach x0 auf: v γ = 1/ 1 − (v 2 /c2 ) x0 = x − γ 2 (x − v t) + γ γ 2 (x − v t)2 + y 2 + z2 , c Damit erhalten wir q q g(x0 ) = Φret (r, t) = f (x0 ) (x − x0 )2 + y 2 + z2 − (v/c)(x − x0 ) q qγ = = c t − (v/c)x − c x0 /(v γ 2) γ 2 (x − v t)2 + y 2 + z2 Wegen j (r, t) = v (r, t) ist das retardierte Vektorpotenzial v v Aret (r, t) = Φret (r, t) = Φret (r, t) ex c c Damit können die elektromagnetischen Felder durch Ableitungen des retardierten Potenzials Φret (r, t) ausgedrückt werden: 1 ∂Aret 1 ∂Φret ∂Φret ∂Φret E ret (r, t) = −∇Φret (r, t) − := , , c ∂t γ 2 ∂x ∂y ∂z v ∂Φret v ∂Φret ,− B ret (r, t) = rot Aret (r, t) := 0, c ∂z c ∂y Explizit erhalten wir hieraus E ret (r, t) := B ret (r, t) :=

qγ γ 2 (x − v t)2 + y 2 + z2 q (v/c) γ γ 2 (x − v t)2 + y 2 + z2

3/2 3/2

x − vt , y , z 0 , −z , y

260


14.11 Periodische Ladungsdichte Für eine periodische Ladungsdichte gilt (r, t + T ) = (r, t). Schreiben Sie die Ladungsdichte in der Form (r, t) = Re n n (r) exp(−i ωn t), und geben Sie die Größen n (r) und ωn an. Lösung: Die periodische Ladungsdichte wird in eine Fourierreihe entwickelt: 2πn 2πn a0 (r) + t + bn (r) sin t an (r) cos 2 T T n=1 ∞

(r, t) =

∞

2πn a0 (r) + Re t an (r) + i bn (r) exp − i = 2 T n=1

= Re

∞

n (r) exp(−i ωn t) ,

ωn =

n=0

2πn T

Die n (r) ergeben sich als Fourierkoeffizienten: a0 (r) 1 = 0 (r) = 2 T

T

dt (r, t) 0

2 n (r) = an (r) + i bn (r) = T

T

dt (r, t) exp(i ωn t)

(n ≥ 1)

0

14.12 Geladenes Teilchen auf Kreisbahn Ein Teilchen mit der Ladung q bewegt sich mit der Winkelgeschwindigkeit ω auf einem Kreis (Radius R c/ω) und erzeugt die Ladungsdichte

(r, t) = q δ x − R cos(ω t + α) δ y − R sin(ω t + α) δ(z)

(14.48)

Berechnen Sie das Dipolmoment p(t) dieser und geben Sie die Ladungsverteilung komplexe Amplitude p von p(t) = Re p exp(−i ω t) an. Berechnen Sie die Strahlungsleistung dP /dΩ und P . Lösung: Laut Definition errechnet sich das Dipolmoment der Ladungsverteilung zu p(t) =

d 3 r r (r, t) = q R cos(ω t + α) ex + sin(ω t + α) ey

= q R Re (ex + i ey ) exp[−i(ω t + α)] = Re p exp(−i ω t) Hieraus können wir die komplexe Amplitude p ablesen: p = q R (ex + i ey ) exp(−i α)

(14.49)

261

Kapitel 14 Maxwellgleichungen: Anwendungen 6z .......................... ...... ............ .... dP /dΩ ...... ... .... .... ...... .. ... .. .................... .. ..... .. θ .. .. ... .. .. ..... .... ... . ... ρ .. ... ... ... .. . . ... .. ... .. ... .. . .... . . .. ...... .......... ...... ..............................

Die Kreisbahn liegt in der x-y- oder ρ-ϕ-Ebene. Die Anordnung ist symmetrisch bezüglich Rotationen um die zAchse. Der Abstand zwischen dem Ursprung und der Kurve (Pfeil) ist proportional zur zeitgemittelten Strahlungsleistung dP /dΩ, 4 2 ω4 dP = ω q 2 R 2 2 − (er · eρ )2 e × p = r dΩ 8πc3 8πc3 ω4 = q 2 R 2 2 − sin2 θ (14.50) 8πc3

Die Integration über den Raumwinkel ergibt P =

2 ω4 2 2 q R 3 c3

Alternative Lösung: Aus den Liénard-Wiechert-Potenzialen erhält man für eine beschleunigte Ladung im nichtrelativistischen Grenzfall dP q2 ˙ 2 ˙ 2 = β − (er · β) dΩ 4πc Für ein Teilchen mit Winkelgeschwindigkeit ω auf einer Kreisbahn

mit Radius R setzen wir die Beschleunigung c β˙ := −ω2 R cos(ωt + α), sin(ωt + α), 0 ein: dP q2 4 2 2 2 1 − sin ω R θ cos (ω t + α − φ) = dΩ 4πc3 Die Zeitmittelung, cos2 (ω t + α − φ) = 1/2, führt dann wieder zu (14.50).

14.13 Mehrere geladene Teilchen auf Kreisbahn Auf der Kreisbahn (Radius R c/ω) laufen N äquidistant verteilte Ladungen q um. Hierfür ist die Ladungsdichte (r, t) = q

N−1

δ x − R cos(ω t + αν ) δ y − R sin(ω t + αν ) δ(z)

ν=0

wobei αν = 2πν/N (ν = 0, 1, . . . N − 1 mit N ≥ 2). Zeigen Sie, dass diese Konfiguration keine Dipolstrahlung aussendet. Verwenden Sie dazu die Ergebnisse von Aufgabe 14.12 und das Superpositionsprinzip. Lösung: Eine Superposition der Felder ist gleichbedeutend mit einer Superposition der komplexen Dipolamplituden (14.49) der einzelnen Ladungen: pN =

N−1

q R (ex + i ey ) exp(−i αν ) = q R (ex + i ey )

ν=0

1 − exp(−2π i) =0 = q R (ex + i ey ) 1 − exp(−2π i/N)

N−1

exp(−2πi/N)

ν=0

(N ≥ 2)

ν

262


Der Ausdruck wurde als geometrische Reihe aufsummiert. Wegen pN = 0 sendet die Anordnung keine Dipolstrahlung aus. Voraussetzung für die verwendete Dipolformel waren dabei nichtrelativistische Geschwindigkeiten der Ladungen (R ω c). Anmerkungen: (i) Für N = 2 erhält man die um den Faktor (R ω/c)2 unterdrückte Quadrupolstrahlung, siehe auch Aufgabe 14.14. (ii) Ein gleichförmiger Ringstrom ist stationär und erzeugt keine Strahlung. (iii) In einem Synchrotron oder Speicherring ist die Bewegung relativistisch (R ω ∼ c), und die vorgestellte Rechnung ist ungültig. Im Synchrotron oder Speicherring laufen einzelne Teilchengruppen um, die relativ zueinander keine festen Phasenbeziehungen haben. Daher können die Felder der einzelnen Gruppen nicht addiert werden. Vielmehr strahlen die einzelnen Gruppen inkohärent zueinander, und ihre Beiträge zu dP /dΩ addieren sich.

14.14 Magnetische Dipol- und elektrische Quadrupolstrahlung Betrachten Sie die Abstrahlung einer oszillierenden Ladungsverteilung (r, t) = (r) exp(−i ω t ), deren elektrisches Dipolmoment verschwindet. Berechnen Sie die führenden Beiträge zum Vektorpotenzial 1 exp(i k r) A(r) = d 3 r j (r ) exp(−i k er · r ) c r in der Fernzone. Mit der Relation

1 1 1 (er · r ) j (r ) = (er · r ) j (r ) + er · j (r ) r + r × j (r ) × er c 2c 2c (14.51) ergeben sich zwei Beiträge, A(r) = Ael (r) + Amag (r). Überprüfen Sie die Beziehung

ik 1 3 d r (er · r ) j (r ) + er · j (r ) r = − d 3r (r ) (er · r ) r 2c 2 (14.52) und vereinfachen Sie damit den elektrischen Anteil. Berechnen Sie die elektromagnetischen Strahlungsfelder und die abgestrahlte Leistung. Lösung: In der Langwellennäherung ist das Vektorpotenzial 1 exp(i k r) i k exp(i k r) A(r) = d 3 r j (r ) 1 − i k er · r = − d 3 r (er · r ) j (r ) c r c r Der erste Term ist proportional zu d 3 r j (r ) = −i ω d 3 r r (r ) = −i ω p = 0 und verschwindet nach Voraussetzung. Mit der Zerlegung (14.51) und der Umformung (14.52) erhalten wir A = Amag + Ael mit

i k exp(i k r) exp(i k r) er × d 3 r r × j (r ) = i k er × μ Amag (r) = (14.53) 2c r r

i k exp(i k r) d 3 r (er · r ) j (r ) + er · j (r ) r Ael (r) = − 2c r k 2 exp(i k r) (14.54) d 3 r (r ) (er · r ) r = − 2 r

263


Im Ausdruck für Amag haben wir das magnetische Dipolmoment μ der oszillierenden Stromverteilung eingeführt. Im Ausdruck für Ael haben wir die Umformung (14.52) verwendet, die wir an dieser Stelle ableiten: ∂(r , t) ik 1 3 − d r (r , t) (er · r ) r = d 3r (er · r ) r 2 2c ∂t

1 1 = − d 3 r ∇ · j (r , t) (er · r ) r = d 3 r j (r , t) · ∇ (er · r ) r 2c 2c

1 d 3 r (er · r ) j (r , t) + er · j (r , t) r = 2c Hierbei wurde (i) ˙ = −i ω benutzt, (ii) die Kontinuitätsgleichung verwendet, (iii) partiell integriert und (iv) der resultierende Ausdruck ausdifferenziert. Als Ergebnis haben wir das Vektorpotenzial einer magnetischen Dipolstrahlung (14.53) und einer elektrischen Quadrupolstrahlung (14.54) erhalten. Die Fernfelder der magnetischen Dipolstrahlung sind exp(i k r) (er × μ) × er r exp(i k r) i E mag (r) = rot B mag (r) = k 2 μ × er k r B mag (r) = rot Amag (r) = k 2

Dieses Ergebnis erhält man aus der elektrischen Dipolstrahlung durch die Ersetzungen E → B, B → −E und p → μ. Während bei der elektrischen Dipolstrahlung das elektrische Feld in der von er und p aufgespannten Ebene liegt, steht bei der magnetischen Dipolstrahlung das elektrische Feld senkrecht auf der von er und μ aufgespannten Ebene. Die Berechnung von dP /dΩ und P verläuft analog zum bekannten Vorgehen bei der elektrischen Dipolstrahlung: 2 dP ω4 = er × μ , 3 dΩ 8πc

P =

ω4 |μ|2 3 c3

(magnetische Dipolstrahlung)

Die Fernfelder der elektrischen Quadrupolstrahlung sind B el (r) = i k er × Ael (r) = −

i k 3 exp(i k r) er × Q(θ, φ) 6 r

E el (r) = i k er × Ael (r) × er = B el (r) × er

Der hierbei eingeführte, winkelabhängige Vektor Q(θ, φ) kann durch die Komponenten Qij = d 3 r (r ) (3xi xj − r 2 δij ) des Quadrupoltensors ausgedrückt werden: Qi (θ, φ) = 3

3

Qij + r 2 δij e r (θ, φ) j d 3 r (r ) xi r · er (θ, φ) = j =1

Der Anteil proportional zum mittleren quadratischen Radius r 2 = d 3 r (r ) r 2 trägt wegen des Kroneckersymbols nicht zu den Feldern bei. Es ergibt sich eine im Allgemeinen komplizierte Winkelabhängigkeit der abgestrahlten Leistung: 2

c r 2 c r2 ω6 dP = e r · Re E el (r) × B ∗el (r) = |B el (r)|2 = er × Q(θ, φ) 5 dΩ 8π 8π 288 πc

264


Die totale abgestrahlte Leistung erhält man durch Integration über den Raumwinkel (dabei ist die Spurfreiheit i Qii = 0 des Quadrupoltensors zu berücksichtigen): P =

ω6 288πc5

dΩ er × Q(θ, φ)| 2 =

3 2 ω 6 Qij 5 360 c i,j =1

(Quadrupolstrahlung)

Die Quadrupolstrahlung ist proportional zu ω6 ; gegenüber der elektrischen Dipolstrahlung ist sie also um den Faktor (ω R0 /c)2 unterdrückt (R0 charakterisiert die Ausdehnung der Ladungsverteilung). Für rotationssymmetrische Probleme kann das Koordinatensystem so gewählt werden, dass nur die Elemente Q11 = Q22 = −Q33/2 des Quadrupoltensors nicht verschwinden (Aufgabe 11.36). Die Formeln für die abgestrahlte Leistung vereinfachen sich dann erheblich: z 6

........................ ................................. ........ ... ...... ... ...... ..... .... .. ...... . ..... . . ... . ... dP /dΩ .. .... . . . > ... . . . .... . .. . .... . . . ... ..... ....... ... ..... ...... ... ... ....... ............. ... ... ........ ... .. ................. .......... .............. ...... ............... ...... ................. .... .................... ........... .......... .................... . . . . ρ . . . . ........ . ... .... . . . . . . . . ...... . . ... ...... ...... ... ..... . . . . . . . . .... ... . .. .... .... .... ... .... ... ... .... ..... ... ... ..... . . . . .. . . . . .... ....... .. . . . ... . .. . . ......... ............................... ........................

2 dP ω6 = Q33 sin2 θ cos2 θ dΩ 128πc5

(14.55)

Die Abbildung zeigt die Stärke der Abstrahlung. Der Abstand zwischen dem Ursprung und der Kurve (also die Länge des eingezeichneten Pfeils) gibt die zeitgemittelte Strahlungsleistung dP /dΩ an. Zwischen Pfeil und ρ-Achse liegt der Winkel θ. Die räumliche Darstellung der Abstrahlung ergibt sich durch Rotation um die z-Achse.

Die gesamte abgestrahlte Leistung ist P =

dΩ

2 dP ω 6 = Q33 5 dΩ 240 c

(14.56)

14.15 Antenne mit angelegter Wechselspannung In einem Draht der Länge 2a wird durch eine Wechselspannung die oszillierende Ladungsverteilung

z 6 a u

p+

?

-

ρ

u 6 p

−

(r, t) = (r) exp(−i ω t )

q δ(x) δ(y) cos(πz/a) Θ a − |z| (r) = 2a erzeugt. Es gilt a c/ω. Wie groß ist das Dipolmoment der Ladungsverteilung? Ersetzen Sie die Ladungsverteilung durch zwei Dipole und überlagern Sie die beiden Dipolstrahlungsfelder für r λ. Bestimmen Sie E, B und die abgestrahlte Leistung dP /dΩ und P .


265

Lösung: Das Dipolmoment der gesamten Ladungsverteilung verschwindet: a q p = d 3 r r (r, t) = dz z cos(πz/a) e z = 0 2a − a Wir teilen die Ladungsdichte in die Bereiche z > 0 und z < 0, die wir getrennt behandeln. Der obere Bereich hat das Dipolmoment a q qa dz z cos(πz/a) ez = − 2 ez p+ = 2a 0 π und der untere das Dipolmoment p − = −p + . Beide Dipolmomente sind (als niedrigste nichtverschwindende Multipolmomente) unabhängig vom Ursprung des gewählten Koordinatensystems. An welchen Punkten sind diese Dipolmomente dann zu platzieren? Die Ladungsverteilung ist auf die z-Achse beschränkt. Daher werden wir den Aufpunkt oder Ursprung des Koordinatensystems einer Teilladungsdichte auf der z-Achse wählen, also bei r ± = ± z0 ez . Wir wählen z0 nun so, dass die Ladungsverteilung kein Quadrupolmoment hat. Für den oberen Teil bedeutet das q a a ! Q33 = dz (z − z0 )2 cos(πz/a) = 0 ⇒ z0 = a 0 2 Die Überlagerung der beiden Dipole führt zu einem Quadrupol. Würden wir z0 = a/2 wählen, dann wären auch die Quadrupole der beiden Verteilungen zu berücksichtigen. Dann wäre es viel einfacher, von vornherein die Strahlung mit der Quadrupolformel zu berechnen (siehe alternative Lösung unten). Die Ladungsverteilung kann also effektiv durch zwei Dipole p± bei r ± = ±(a/2) e z ersetzt werden: (r) = p + δ(r − a ez /2) + p− δ(r + a ez /2) Die elektromagnetischen Felder ergeben sich durch Superposition der Beiträge der beiden Dipole exp(−i k |r − a ez /2|) exp(−i k |r + a ez /2|) B(r) = k 2 er × p + + er × p − r r ≈ −

exp(−i k r) q a k2 er × ez exp(i k a cos θ/2) − exp(−i k a cos θ/2) 2 π r

≈ −i

q a 2 k 3 exp(−i k r) cos θ er × ez π2 r

E(r) ≈ B(r) × er In der Fernzone r a wurde |r ∓ a ez /2| ≈ r ∓ (a/2) cos θ entwickelt und die Langwellennäherung k a 1 ausgenutzt. Damit wird die in den Raumwinkel dΩ abgestrahlte Leistung 2

dP c r 2 ω6 q 2 a 4 c r2 sin2 θ cos2 θ = er · Re E(r) × B ∗ (r) = B(r) = dΩ 8π 8π 8πc5 π4 Es handelt sich um Quadrupolstrahlung. Die Winkelverteilung ist in der Lösung zu Aufgabe 14.14 abgebildet. Die totale abgestrahlte Leistung ist ω6 q 2 a4 1 ω6 q 2 a4 2 2 P = d cos θ sin θ cos θ = 4 c5 π4 −1 15 π4 c5

266


Alternative Lösung: Das Problem ist rotationssymmetrisch um die z-Achse. Der Quadrupoltensor ist diagonal und hat die Elemente Q11 = Q22 = −Q33 /2. Daher ist Q33 =

d 3 r (2z2 − x 2 − y 2 )(r) =

q a

a

dz z2 cos(πz/a) = −

−a

4 q a2 π2

in die Formeln (14.55) und (14.56) für Quadrupolstrahlung einzusetzen.

14.16 Antennengitter y 6

u

dP /dΩ

....... .... ... ... .. ..

u φ

u

λ/2

u

u -

x

Entlang der x-Achse sind (2N + 1) Antennen jeweils im Abstand λ/2 angeordnet. Sie strahlen als in z-Richtung ausgerichtete Dipole phasengleich mit der Frequenz ω = 2π/λ. Berechnen Sie die abgestrahlte Leistung dP /dΩ für große Entfernungen |r | λ als Funktion der Winkel θ und φ. Vergleichen Sie die Leistung dP /dΩ mit derjenigen von (2N + 1) Antennen im Ursprung.

Lösung: Die Ortsanteile der Magnetfelder der (2N + 1) Dipole in der Fernzone r λ werden superponiert B ≈ k 2 er × p = B1 1 +

N N exp(i k |r − nλex /2|) exp(−i nπ sin θ cos φ) ≈ B1 |r − nλex /2| n=−N n=−N

N n=1

exp(i π sin θ cos φ)

n

+

N

exp( − i π sin θ cos φ)

n

n=1

1−exp i (N + 1)π sin θ cos φ 1−exp − i (N + 1)π sin θ cos φ

+ −1 1 − exp i π sin θ cos φ 1 − exp − i π sin θ cos φ

cos N π sin θ cos φ − cos (N + 1)π sin θ cos φ

= B1 1 − cos π sin θ cos φ sin (2N + 1)(π/2) sin θ cos φ = B1 sin (π/2) sin θ cos φ

= B1

Dabei ist B 1 = k 2 er × p exp(i k r)/r das Magnetfeld eines einzelnen Dipols. Die beiden geometrischen Reihen wurden aufsummiert und zusammengefasst. Mit dem elektrischen Feld E = (i/k) rot B ≈ −k 2 er × B wird die abgestrahlte Leistung der (2N + 1) ausgerichteten Antennen in der Fernzone zu dP = dΩ

dP dΩ

1

sin (2N + 1)(π/2) sin θ cos φ 2

, sin (π/2) sin θ cos φ

dP dΩ

= 1

ω4 |p|2 sin2 θ 8πc3

267

Kapitel 14 Maxwellgleichungen: Anwendungen Im Vergleich zu (2N + 1) Antennen im Ursprung ergibt sich also der Faktor sin2 (2N + 1)(π/2) sin θ cos φ dP /dΩ

= (2N + 1) dP /dΩ 1 (2N + 1) sin2 (π/2) sin θ cos φ

Die maximale Abstrahlung des Antennengitters erfolgt in y-Richtung (θ = π/2 und φ = π/2) und ist (2N + 1)-fach verstärkt; dagegen ist die Abstrahlung in x-Richtung (2N + 1)fach unterdrückt. y 6

y 6 N =0 1 Antenne

........................ ...... ... .. ... .. .... ... ... ..... . . . . .........................

-

x

........... ... ... ... .... .... ... ... ... ..... ... .. ... ... .. .. ............................ .. ... ..... .... . ... .. ... . ... ... ... ... .... ... ... ..........

y 6 ... ... .... ... ... .. .. ... .... .. ... .... .... ... ... ... ... ..... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... .. .. ......................... ... .... .... .... . .. ... ... ... ... .... ... .. . .. .. .... ..... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... .... .... ..

N =1 3 Antennen

-

x ... . ... .. ... .. . . ... . . . ............. ............. ..... ............................ ..... ..... ... ... ..... . . .. ..... .. ... ... .. .

N =2 5 Antennen

-

x ... . . .. ............. ........... ........... ........ ......... ........ ................................................................ ............ .............. ......... ............ ............ ............. ... .. . ..

Die Abbildung zeigt den Verstärkungsfaktor des Antennengitters in der x-y-Ebene für eine, drei und fünf Antennen. Dieser Faktor ist der Abstand zwischen dem Ursprung und dem Punkt auf der Kurve, auf den man in der betrachteten Richtung trifft. Im rechten unteren Teil sind jeweils die Kurven im Bereich des Zentrums um den Faktor (2N + 1) vergrößert wiedergegeben.

14.17 Bewegungsgleichung mit Strahlungskraft Zeigen Sie, dass die Bewegungsgleichung m v˙ = F ext + F str mit der Strahlungskraft F str = 2 q 2 v¨ /(3c3 ) bei verschwindender äußerer Kraft F ext zu unsinnigen Lösungen führt. Lösung: Wir schreiben die Strahlungskraft in der Form F str = m τstr v¨

mit

τstr =

2 q2 3 mc3

Für F ext = 0 lautet die Bewegungsgleichung dv d2v = τstr 2 dt dt Die allgemeine Lösung dieser Differenzialgleichung ist

v(t) = v0 exp t/τstr + const. Diese Lösung ist physikalisch unsinnig; denn sie beschreibt ein Teilchen, das ohne jedes äußere Kraftfeld beschleunigt wird. Bei der Ableitung der Strahlungskraft wurde aber |F str | |F ext | vorausgesetzt. Wegen F ext = 0 ist diese Bedingung hier verletzt.

268


14.18 Klassisches Wasserstoffatom Ein Elektron bewegt sich klassisch auf einer Kreisbahn mit Radius r um ein Proton; es wirkt die Coulombkraft F = −er e2 /r 2 . Drücken Sie die Energie E und den Drehimpuls L als Funktion des Bahnradius r aus. Berechnen Sie die abgestrahlte Leistung P . Die abgestrahlte Leistung führt zu einer Abnahme des Bahnradius r(t). Stellen Sie eine Differenzialgleichung für r(t) auf und integrieren Sie diese mit der Anfangsbedingung r(0) = aB (Bohrscher Radius). Schätzen Sie die Spiralzeit τ ab, nach der das Elektron auf das Proton fällt. Diskutieren Sie den zeitlichen Verlauf der Energie E(t) und des Drehimpulses L(t). Lösung: Auf der Kreisbahn müssen die Zentripedal- und Coulombkraft gleich sein, also mv 2 /r = e2 /r 2 . Damit können wir die Energie und den Drehimpuls als Funktion des Bahnradius angeben: E=

m 2 e2 e2 v − =− , 2 r 2r

L = mv r = e

√ mr

Mit m v˙ = −er e2 /r 2 wird die abgestrahlte Leistung (14.28) zu P =

2 e6 2 e2 2 v ˙ = 3 c3 3 m2 c 3 r 4

(v c)

Dabei haben wir die Voraussetzung v c für die verwendete Dipolformel mit angeschrieben. Die Änderung der Energie E mit dem Radius r ergibt sich aus d e2 e2 dr dE = − = dt dt 2r 2 r 2 dt Wenn wir nun die Energieänderung aufgrund der Abstrahlung betrachten, P = −dE/dt, dann ergeben die letzten beiden Gleichungen r2

4 e4 dr =− dt 3 m2 c3

Dies ist die gesuchte Differenzialgleichung für den Radius r(t). Mit der Anfangsbedingung r(0) = aB = h¯ 2 /(me2 ) lautet die Lösung r(t) =

aB3 −

4 e4 1/3 t m2 c3

(14.57)

Die Ableitung setzte eine Kreisbahn voraus. Die daraus folgende Rechnung ist daher nur dann gültig, wenn die tatsächliche Bahn sich nur wenig von einer Kreisbahn unterschei√ det. Der Bahnradius darf sich also nur langsam ändern, | r˙ | v = e/ mr . Dies führt zu e2 /r mc2 , was für ein Atom mit r ∼ aB sehr gut erfüllt ist. Für r → 0 ist die Voraussetzung nicht erfüllt; für eine grobe Abschätzung können wir aber (14.57) auch hier verwenden. Aus (14.57) folgt die Zeit τ , für die der Radius nach null geht (α = e2 /(h¯ c) ≈ 1/137): τ = t (r = 0) =

m2 c3 aB3 h¯ ≈ ≈ 10−11 s 4 3 4e 4 α e2 /aB

269


Das Elektron läuft auf einer spiralförmigen Bahn nach innen und fällt schließlich auf das Proton. Damit charakterisiert τ die Lebensdauer eines klassischen Atoms. Diese klassische Lebensdauer ist etwa um drei Größenordnungen kleiner als die typischen Lebensdauern (etwa 10−8 s) angeregter Atomzustände, die durch Abgabe eines Photons in ein tieferes Niveau übergehen. Aus (14.57) erhalten wir auch den zeitlichen Verlauf von Energie und Drehimpuls: e2 E(t) = − 2

aB3

4 e4 t − 2 3 m c

−1/3 ,

... .... ... ... ... . .. .... .. ... .... . .. ... .. . .. . .... . ... .... ..... . . . . . . . ... . ............ ................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... ...................... .

−E(t) 6

e2 2aB

√ 4 e4 t 1/6 3 L(t) = e m aB − 2 3 m c L(t) 6 h¯ ..................................................... ......

... .... ....

-

................... .............. ......... ....... .... ... ... .. ... .. ... .... .... .

τ

t

τ

-

t

Für t → τ erreicht das Elektron das Proton bei r = 0. Dabei geht die Energie gegen minus unendlich, während der Drehimpuls gegen null geht.

Alternative Lösung: Wir verwenden die Strahlungskraft in der Bewegungsgleichung des Elektrons: e2 2 e2 m r¨ = F ext + F str = − 3 r + 3 v¨ r 3c Unter der Voraussetzung |F str | |F ext | kann die ungestörte Kreisbewegung in die Strahlungskraft eingesetzt werden, F str = −2e2 /(3 c3 ) r ω3 eφ . Für die ebene Bewegung verwenden wir die Kugelkoordinaten r, θ = π/2 und φ. Die Beschleunigung ist gleich der Kraft (geteilt durch die Masse):

e2 2e2 r¨ − r φ˙ 2 er + 2 r˙ φ˙ + r φ¨ eφ = − er − r ω 3 eφ 2 mr 3mc3

Die linke Seite (Beschleunigung) kann der letzten Formel in Aufgabe 1.1 entnommen werden (wobei θ = π/2 zu setzen ist). Die Bewegungsgleichung ergibt r¨ − r φ˙ 2 +

e2 = 0, mr 2

2 e2 2 r˙ φ˙ + r φ¨ = − r ω3 3 mc3

Wegen |F str| |F ext | ist r˙ r ω und r¨ ≪ r ω 2 . Wir nehmen nur den führenden Korrekturterm (also r˙ ) mit und vernachlässigen r¨ . Dann folgen aus der ersten Gleichung φ˙ 2 = e2 /(mr 3 ) = ω2 und φ¨ = −3 ω r˙ /(2r). Dies wird in die zweite Gleichung eingesetzt und führt zur gesuchten Differenzialgleichung.

270


14.19 Strukturfunktion für kubisches Gitter Der Formfaktor F (q) eines kubischen Gitters aus N = Nx Ny Nz Streuzentren ist F (q) =

N

exp(i q · rj )

mit rj = a nx ex + ny ey + nz ez

j =1

wobei j = (nx , ny , nz ) und nx = 0, 1,..., Nx − 1 und so fort. Berechnen Sie die Strukturfunktion |F (q)|2 . Bestimmen Sie die Richtungen der Intensitätsmaxima des Wirkungsquerschnitts dσ/dΩ ∝ |F (q)|2 für N 1. Lösung: Wir setzen die gegebenen Positionen der Streuzentren in die Definition des Formfaktors ein: F (q) =

N x −1 nx =0

Ny −1

exp(i nx a qx )

ny =0

Nz −1

exp(i ny a qy )

exp(i nz a qz )

nz =0

Die einzelnen Summen werden getrennt aufsummiert, zum Beispiel

N x −1 sin Nx a qx /2 1 − exp(i Nx a qx )

exp i (Nx − 1) a qx /2 exp(i nx a qx ) = = 1 − exp(i a q ) sin a q /2 x x n =0 x

Die Phasen fallen in der Strukturfunktion weg

sin Nx a qx /2 2 sin Ny a qy /2 2 sin Nz a qz /2 2 F (q) 2 = N 2

Nx sin a qx /2 Ny sin a qy /2 Nz sin a qz /2 Die Minima und Maxima der einzelnen Faktoren werden in Aufgabe 16.1 ausführlich diskutiert. Im Grenzfall N → ∞ überleben nur die Hauptmaxima, für die die BraggBedingungen qy a = 2πνy , qz a = 2πνz qx a = 2πνx , mit ganzen Zahlen νx , νy und νz erfüllt sind (Laue- oder Miller-Indizes). Der Vektor q ist die Differenz zwischen einfallendem (k) und ausfallenden (k er ) Wellenvektor: q = k − k er ,

k · er = cos θ k

Der Streuwinkel θ ist der Winkel zwischen diesen Wellenvektoren. Wir lösen q 2 = (k − k er )2 = 2 k 2 (1 − cos θ) = 4 k 2 sin2 (θ/2) nach dem Streuwinkel auf und setzen die BraggBedingungen und k = 2π/λ ein: q λ 2 θ νx + νy2 + νz2 = = sin 2 2k 2a Für νx = νy = νz = 0 gibt es ein triviales (uninteressantes) Maximum in Vorwärtsrichtung (θ = 0). Wegen sin(θ/2) ≤ 1 können andere Maxima nur auftreten, falls λ < 2 a gilt. Die Wellenlänge muss also hinreichend klein sein, um die Gitterstruktur aufzulösen. In der Röntgenstrukturanalyse wird monochromatisches Röntgenlicht an einem Festkörper gestreut. Aus der Lage der Maxima wird auf die Struktur des Kristalls (Gitterkonstanten, Kristalltyp) geschlossen.


271

14.20 Magnetfeld im Kondensator Zwei parallele Kreisscheiben (Abstand d, Radius R, R d) bilden einen Kondensator. Die Scheiben werden mit den Ladungen Q(t) = Q0 cos(ω t) und −Q(t) aufgeladen. Geben Sie das elektrische Feld in quasistatischer Näherung und unter Vernachlässigung von Randeffekten an. Bestimmen Sie das zugehörige Magnetfeld aus den Maxwellgleichungen. Berechnen Sie den Poyntingvektor im Bereich zwischen den Platten. Bestimmen Sie damit den Energiefluss P (Energie pro Zeit), der durch die Mantelfläche 2πR d des Kondensators entweicht. Vergleichen Sie das Ergebnis mit der Leistung, die dem Kondensator von außen zugeführt wird. Lösung: Wir verwenden Zylinderkoordinaten ρ, ϕ und z mit der z-Achse als Symmetrieachse der Platten. Da die Anordnung zylindersymmetrisch ist, können die Felder nicht von ϕ abhängen. Der Kondensator hat die Kapazität C = A/(4πd) = R 2 /(4 d). In quasistatischer Näherung gilt Q(t) = C U (t). Außerdem ist die Ladungsdichte auf den Platten homogen (wie im statischen Grenzfall, in dem sich lokale Überschüsse sofort ausgleichen würden). Damit ist auch das elektrischen Feld (zwischen den Platten) homogen und zeigt in z-Richtung: E = E(t) ez =

U (t) Q(t) 4Q0 ez = ez = 2 ez cos(ω t) d Cd R

˙ Das Magnetfeld ist mit dem elektrischen Feld durch die Maxwellgleichung rot B = E/c verknüpft (die Stromdichte j verschwindet zwischen den Platten). Wegen E = E(t) ez gilt rot B ez ; wegen der Zylindersymmetrie kann B zwischen den Platten nur von ρ und t abhängen. Daher muss das Magnetfeld von der Form B = B(ρ, t) eϕ sein. Die betrachtete Maxwellgleichung wird damit zu rot B(ρ, t) =

1 ∂ 1 ˙ 1 dE(t) ρ B(ρ, t) ez = E(t) = ez ρ ∂ρ c c dt

Hieraus erhalten wir die Differenzialgleichung

1 ∂ 4 Q0 ω ρ B(ρ, t) = − 2 sin(ω t) ρ ∂ρ R c

(14.58)

die sich sofort zur regulären Lösung aufintegrieren lässt: B = B(ρ, t) eϕ = −

2 Q0 ω ρ sin(ω t) eϕ c R2

Die quasistatische Näherung gilt nur für ω ρ/c 1. Hieraus folgt |B | |E|. Aus den nunmehr bekannten Feldern berechnen wir den Poyntingvektor: S=

c 2Q02 ω c ρ sin(ω t) cos(ω t) e ρ E×B = E B ez × eϕ = 4π 4π πR 4

Die aus dem Volumen zwischen den Platten entweichende Leistung ergibt sich als Flächenintegral über die Mantelfläche a, die vom Rand der beiden Platten aufgespannt wird: 2Q02 ω Q02 ω P = da · S = 2πR d sin(ω t) cos(ω t) = sin(ω t) cos(ω t) πR 3 c a

272


Die Leistung eines elektrischen Geräts (Widerstand, Lampe, Kondensator) ergibt sich aus dem Produkt von Strom und Spannung. Der Strom ist hier I (t) = dQ/dt. Der Strom fließt aber nicht im Kondensator (Spannung U (t)), sondern im umgebenden Stromkreis mit der Spannung −U (t). Die im Stromkreis verbrauchte Leistung ist daher P = −U (t) I (t) =

ω Q02 sin(ω t) cos(ω t) c

Über die äußere Wechselspannungsquelle wird dem Kondensator diese Leistung zugeführt; der Kondensator setzt sie in elektromagnetische Strahlungsleistung um. Insofern ist der Kondensator ein Verbraucher ebenso wie etwa eine Glühlampe.

14.21 Schwingkreis

R ................ .................. ............................................... ........................

L

C

Ein Schwingkreis besteht aus einer Spule (Selbstinduktivität L), einem Kondensator (Kapazität C) und einem Widerstand. Im Widerstand kommt es zum Spannungsabfall UR (t) = R I (t). Stellen Sie die Differenzialgleichung für die Ladung Q(t) auf dem Kondensator in quasistatischer Näherung auf. Wie √ lautet die allgemeine Lösung im Fall R < 2 L/C ?

Lösung: In quasistatischer Näherung ist UL (t) = L I˙(t) die Spannung an der Spule, und UC (t) = Q(t)/C ist die Spannung am Kondensator. Im geschlossenen Stromkreis addieren sich die Spannungen zu null: UL + UC + UR = L

d I (t) Q(t) + + R I (t) = 0 dt C

Die Vorzeichen sind so gewählt, dass I = dQ/dt. Für R = 0 ergibt sich dann eine ungedämpfte Schwingung, und für L = 0 entlädt sich der Kondensator gemäß Q(t) = Q0 exp(−t/(R C)). Mit I = dQ/dt erhalten wir die gesuchte Differenzialgleichung: 1 d 2 Q(t) R dQ(t) + + Q(t) = 0 dt 2 L dt LC Dies ist eine lineare Differenzialgleichung mit konstanten Koeffizienten.√Daher führt der Standardansatz Q(t) = exp(λt) oder exp(iλt) zur Lösung. Für R < 2 L/C lautet die allgemeine Lösung: R 1 R2 t mit ω = − Q(t) = Q0 cos(ω t + ϕ) exp − 2L LC 4L2 Die Amplitude Q0 und die Phase ϕ sind Integrationskonstanten, die durch die Anfangsbedingungen festgelegt werden. Die Lösung beschreibt eine gedämpfte Schwingung.

15 Elektrodynamik in Materie Die elektromagnetischen Felder in Materie können aufgeteilt werden in: (i) die Felder der ungestörten Materie, (ii) zusätzliche Felder (Störung der Materie) und (iii) induzierte Felder (Reaktion der Materie). Die Dielektrizität ε und die Permeabilität μ werden als Responsefunktionen eingeführt. Wir stellen zunächst die mikroskopischen Maxwellgleichungen in Materie auf. Sie erlauben es im Prinzip, die Variation der induzierten Felder auf mikroskopischer Skala zu untersuchen. Über eine räumliche Mittelung gelangt man dann zu makroskopischen Maxwellgleichungen, die eine einfache Behandlung vieler Probleme erlauben. Wir untersuchen insbesondere die Wellenlösungen. Für elektrische und magnetische Eigenschaften verschiedener Materialien stellen wir elementare Modelle vor. Von zentraler Bedeutung ist dabei das Lorentzmodell für die dielektrische Funktion ε(ω). Die Frequenzabhängigkeit von ε(ω) für verschiedene Materialtypen (Isolator, Metall, Plasma) und die sich daraus ergebenden Effekte werden diskutiert.

Ein Experiment besteht üblicherweise darin, dass Materie zusätzlichen Feldern ausgesetzt wird. Beispiele sind: Ein Materiestück wird in das elektrische Feld eines Kondensators oder das magnetische Feld einer Spule gebracht. Oder: Ein Materiestück wird in das Feld einer elektromagnetischen Welle gebracht. Die experimentelle Situation legt eine Aufteilung der Quellen und Felder nahe: Zunächst gibt es die Quellen und Felder der ungestörten Materie (Index „0“); die Materie sei im Grundzustand oder in einem thermodynamischen Gleichgewichtszustand. Die zusätzlichen (Index „ext“ für extra, kann häufig auch als extern gelesen werden) Felder induzieren (Index „ind“) nun eine Reaktion der Materie. Damit erhalten wir folgende Aufteilung: tot j tot E tot B tot

= = = =

0 + ext + ind j 0 + j ext + j ind E 0 + E ext + E ind B 0 + B ext + B ind

= = = =

0 + j0 + j E0 + E B0 + B

(15.1)

Auf ein geladenes Teilchen (etwa ein Elektron) in der Materie wirkt die Lorentzkraft F L = F tot = F 0 + F . Im Gleichgewichtszustand (oder im Grundzustand) heben sich die Beiträge zu F 0 gegenseitig auf. Damit ist die effektiv wirksame Kraft F = q (E(r, t) + (v/c) × B(r, t)). Dies begründet auch den damit verbundenen Bezeichnungswechsel; bisher stand E für das gesamte Feld (jetzt E tot ). 273 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_15, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

274


Da die Maxwellgleichungen (13.1) linear in den Quellen und den Feldern sind, können sie getrennt für E, B oder für E 0 , B 0 oder für E ext , B ext oder für E ind , B ind aufgestellt werden. Für diese Felder gilt im Allgemeinen: ext , j ext , E ext , B ext sind makroskopisch ind , j ind , E ind , B ind , E, B sind mikroskopisch

(15.2)

Die mikroskopische Struktur eines Festkörpers variiert im Bereich einer Elementarzelle, die eines Gases im Bereich eines Atoms. Daher ändern sich ind und j ind in der Regel auf dieser Skala wesentlich, und zwar auch dann, wenn die Felder E ext und B ext konstant sind.

Linearer Response Das ungestörte elektrische Feld E 0 in der Elementarzelle eines Festkörpers oder in einem Atom ist von der Größe E0 ∼ e/(1Å)2 ∼ 109 V/cm; dabei ist e die Elementarladung. Verglichen damit sind die zusätzlichen (extra) Felder im Allgemeinen sehr klein. Wegen Eext E0 kann man erwarten, dass die Reaktion des Systems (etwa die Abweichung der Ladungsverteilung von der Gleichgewichtsverteilung) linear zum Störfeld ist, also ind ∝ E ext . Dies impliziert E ind ∝ E ext und E = E ext + E ind ∝ E ext . Die Annahme eines linearen Response (response bedeutet Antwort) auf eine kleine Störung wird in vielen Gebieten der Physik verwendet. Die lineare Beziehung E ∝ E ext schreiben wir in der Form Ei (r, t) =

3

d 3r

dt ε−1 ij (r, r , t − t ; T , P ) Eext, j (r , t )

(15.3)

j =1

Hierdurch werden folgende Effekte berücksichtigt: Das induzierte Feld ist im Allgemeinen nicht parallel zum externen Feld; daher ist ε −1 ein Tensor. Die Störung an einer Stelle r und zur Zeit t kann Reaktionen an anderen Stellen r und zu anderen (späteren) Zeiten t hervorrufen. Die Reaktion der Materie hängt von ihrem Zustand ab; also etwa von der Temperatur T und vom Druck P . Möglich sind auch Effekte, die nichtlinear in Eext sind; sie wurden in (15.3) nicht berücksichtigt. Die Responsefunktion wurde mit ε −1 bezeichnet, weil historisch ε für eine dazu inverse Größe gewählt wurde. Mit einer geeigneten Funktion f (r) kann ein Feld A räumlich gemittelt werden: 3 d 3 r f (r − r ) = 1 (15.4) A(r, t) = d r A(r , t) f (r − r ) mit Die Funktion könnte zum Beispiel eine Gaußfunktion sein, die sich über viele Gitter- oder Atomabstände erstreckt. Wir wenden diese Mittelung auf (15.3) an: Ei (r, t) =

3 j =1

d 3r

dt ε −1 ij (r − r , t − t ) Eext, j (r , t )

(15.5)

275

Kapitel 15 Elektrodynamik in Materie

Die Mittelung ist ohne Einfluss auf das externe Feld, weil dieses Feld von vornherein makroskopisch ist. Nach einer räumlichen Mittelung stellt die Materie ein homogenes Medium dar; dabei betrachten wir nur eine Stoffsorte. Wegen der räumlichen Homogenität kann die Responsefunktion nur von der Differenz r − r abhängen. Wegen der Homogenität der Zeit gibt es nur eine Abhängigkeit von der Zeitdifferenz t − t . Wir führen eine Fouriertransformation von den Variablen r − r zu k und t − t −1 zu ω durch und vernachlässigen die k-Abhängigkeit, (ε−1 ij (k, ω) ≈ ε ij (0, ω). Wir führen die zu ε −1 = (ε −1 ij ) inverse Matrix ε ein: εij (ω) =

1 −1 ε (0, ω)

(15.6) ij

Damit wird (15.5) nach einer Fourierrücktransformation für die räumlichen Koordinaten zu 3 εij (ω) Ej (r, ω) (15.7) Eext, i (r, ω) = j =1

Die Mittelungsklammern wurden nicht mehr mit angeschrieben. Wir beschränken uns im Folgenden auf isotrope Medien mit εij (ω) = ε(ω) δij . Isotrope Medien sind insbesondere Flüssigkeiten, Gase und kubische Kristalle. Daher betrachten wir nur noch die Frequenzabhängigkeit der (makroskopischen) dielektrischen Funktion ε(ω) in E ext (r, ω) = ε(ω) E(r, ω) (15.8) Die Größe ε(0) heißt Dielektrizitätskonstante. Im magnetischen Fall gilt B(r, ω) = μ(ω) B ext (r, ω). Es besteht eine Parallelität zwischen E = ε−1 E ext und B = μ B ext ; die Größen ε−1 und μ sind die eigentlichen Responsefunktionen.

Makroskopische Maxwellgleichungen Wir schreiben die Maxwellgleichungen für die Felder E = E ext + E ind und B = B ext +B ind an und mitteln räumlich über viele Gitterkonstanten oder Atomabstände:

div E = 4π ext + ind , div B = 0 ,

1 ∂ B =0 c ∂t

1 ∂ E 4π rot B − = j ext + j ind c ∂t c rot E +

(15.9)

Die räumliche Mittelung (15.4) vertauscht mit den partiellen Ableitungen ∂/∂t und ∂/∂x. Wenn ein Atom (Molekül, Gitterzelle) einem elektrischen Feld ausgesetzt wird, dann verschieben sich positive und negative Ladungen gegeneinander. Daher besteht ind in der Regel aus induzierten Dipolmomenten, und es stellt sich eine Polarisation P (r, t) ein, die gleich dem elektrischen Dipolmoment pro Volumen ist.

276


Analog dazu kann man eine Magnetisierung M(r, t) erhalten, die gleich dem magnetischen Dipolmoment pro Volumen ist. Der Zusammenhang zu den induzierten Quelltermen ist div P = −ind ,

rot M =

1 1 ∂P j ind − c c ∂t

(15.10)

Ab jetzt schreiben wir die Mittelungsklammern nicht mehr mit an. Wir führen die dielektrische Verschiebung D = E + 4πP und die magnetische Feldstärke H = B − 4πM ein. Damit wird (15.9) zu rot E +

1 ∂B = 0, c ∂t

1 ∂D 4π = j , c ∂t c ext

div B = 0 (15.11) Aus E = E ext + E ind = D − 4πP folgen D = E ext und −4πP = E ind . Analog dazu gilt H = B ext und 4πM = B ind . Damit wird (15.8) zu div D = 4πext ,

D(r, ω) = ε(ω) E(ω) ,

rot H −

B(r, ω) = μ(ω) H (r, ω)

(15.12)

In einem Atom werde ein Dipolmoment p = α(ω) E induziert, siehe etwa (14.37). Dann ist P = n0 α(ω) E, wobei n0 die Teilchendichte der Atome ist. Zusammen mit D = ε E = E + 4πP ergibt das ε(r, ω) = 1 + 4π n0 (r) αe (ω)

(15.13)

Hier haben wir als Verallgemeinerung eine Ortsabhängigkeit von ε(r, ω) zugelassen, die sich aus der Dichte n0 (r) ergeben könnte. Verschiedene Materialien haben verschiedene Polarisierbarkeiten. In Problemen mit mehr als einer Materialsorte könnte auch αe (r, ω) vom Ort abhängen. Wir lassen im Folgenden auch in (15.12) zu, dass die Materialgrößen vom Ort abhängen. Mit D = ε E und H = B/μ wird (15.11) zu 1 ∂B =0 c ∂t

div (ε E) = 4πext ,

rot E +

div B = 0 ,

B 1 ∂(ε E) 4π rot − = j μ c ∂t c ext

(15.14)

Für gegebene Quellen ext , j ext und Materialgrößen ε, μ ist dies ein geschlossenes System von Gleichungen für die Felder E und B. In allen konkreten Anwendungen werden wir diese makroskopischen Maxwellgleichungen verwenden. Wenn man die Überlegungen aus Kapitel 13 zur Energiebilanz überträgt, dann erhält man anstelle von (13.6) wem (r, t) =

1 E·D+H ·B , 8π

S(r, t) =

c E×H 4π

(15.15)

für die Energiedichte wem und für die Energiestromdichte (oder Poyntingvektor).

277


Stetigkeitsbedingungen Wir betrachten die Grenzfläche zwischen dem Medium 1 (charakterisiert durch ε1 , μ1 ) und dem Medium 2 (charakterisiert durch ε2 , μ2 ). Wir schließen Oberflächenladungen oder Ströme an der Grenzfläche aus. Aus zwei kleinen Flächenelementen, die parallel zur Grenzfläche liegen, bilden wir ein Volumenelement. Der Abstand zwischen den beiden Flächenelementen wird dabei (beliebig) klein gewählt. Hierfür wenden wir den Gaußschen Satz auf die Maxwellgleichungen (15.11) mit div D und div B an und erhalten (D 2 − D 1 ) · n = 0 ,

(B 2 − B 1 ) · n = 0

(15.16)

Aus zwei kleinen Linienelementen, die parallel zur Grenzfläche liegen, bilden wir eine Rechteckfläche. Der Abstand zwischen den beiden Linienelementen wird dabei (beliebig) klein gewählt. Hierfür wenden wir den Stokesschen Satz auf die Maxwellgleichungen (15.11) mit rot H und rot E an und erhalten n × (H 2 − H 1 ) = 0 ,

n × (E 2 − E 1 ) = 0

(15.17)

Diese Grenzbedingungen lauten zusammengefasst: 1. Die Tangentialkomponenten von E sind stetig. 2. Die Normalkomponente von D ist stetig. 3. Die Normalkomponente von B ist stetig. 4. Die Tangentialkomponenten von H sind stetig.

Dielektrische Funktion In Kapitel 14 haben wir ein im Atom gebundenes Elektron (Ladung −e, Masse me ) durch ein Oszillatormodell (Eigenfrequenz ω0 , Dämpfung Γ ) beschrieben. Die Polarisierbarkeit α(ω) des so modellierten Atoms wurde in (14.37) angegeben. Hiermit verallgemeinern wir (15.13) auf den Fall, dass es in jedem Atom Z = fj gebundene Elektronen gibt, von denen jeweils fj dieselbe Eigenfrequenz ωj und Dämpfung Γj haben: ε(ω) = 1 +

fj 4πn0 e2 2 me ωj − ω2 − iωΓj j

(15.18)

Dieses Modell für ε(ω) bezeichnen wir als Lorentzmodell. In einer quantenmechanischen Ableitung sind die h¯ ωj = En − En Atomübergängen zuzuordnen. Für eine inhomogene Dichte n0 (r) oder für Atome mit unterschiedlicher Polarisierbarkeit αe (r, ω) ergibt sich zusätzlich eine Ortsabhängigkeit in ε(r, ω). Als komplexe Funktion hat (15.18) folgende Eigenschaften: ε(ω) ist analytisch für Im(ω) ≥ 0, und ε∗ (ω) = ε(−ω). Diese Eigenschaften lassen sich unabhängig von (15.18) aus sehr allgemeinen Überlegungen ableiten.

278


Leitfähigkeit Die Leitfähigkeit eines Materials kann durch die dielektrische Funktion beschrieben werden. Wir betrachten speziell ein Metall. Im Kristallgitter des Metalls gibt es Elektronen, die sich (weitgehend) frei bewegen können; meist gibt es pro Atom näherungsweise ein solches Elektron. Für ein freies und Z−1 gebundene Elektronen pro Atom setzen wir daher die Frequenzen ω1 = 0, ωj =1 = 0 und Γ1 = Γ in das Lorentzmodell (15.18) ein: 4πn0 e2 4πσ 1 ω→0 (15.19) = εo (ω) + i me ω (ω + iΓ ) ω Dieses spezielle Lorentzmodell wird auch Drude-Modell genannt. Der Anteil εo (ω) enthält die Frequenzen ωj = 0 und entspricht einem Isolator. Speziell für ω → 0 hängt εo (ω) nur schwach von ω ab. Zwischen Metall und Isolator stehen Halbleiter, in denen einzelne ωj sehr klein sind (verglichen mit dem Energieabstand der Elektronenbänder). Für ω → 0 ergibt sich aus (15.19) die Leitfähigkeit σ (0) = n0 e2 /(me Γ ). Mit der Stoßzeit τ = 1/Γ kann man dieses Ergebnis auch in einer elementaren kinetischen Betrachtung ableiten. Wir setzen (15.19) in die letzte Maxwellgleichung in (15.14) ein, wobei wir periodische Felder betrachten (∂t → −iω). Der Term mit σ wird auf die rechte Seite gebracht werden und trägt hier mit ε(ω) = εo (ω) −

j frei ind = σ E

Ohmsches Gesetz

(15.20)

zur Stromdichte bei. In dieser Beschreibung ist die Stromdichte σ E Bestandteil der induzierten Quellen. Als Ohmsches Gesetz bezeichnet man die lineare Abhängigkeit der Stromdichte vom elektrischen Feld. Dielektrizitätskonstante Die Dielektrizitätskonstante ist der statische Grenzfall ε(0) der dielektrischen Funktion ε(ω). Wir präsentieren Abschätzungen für einige Materialien. Die statische Polarisierbarkeit von Atomen ist von der Größe αe (0) ∼ aB3 , wobei aB der Bohrsche Radius ist. Damit erhält man für Wasserstoffgas (bei Zimmertemperatur und Normaldruck) ε(0) = 1 + 4πn0 αe (0) ∼ 1.0001; der experimentelle Wert ist ε(0) = 1.00026. Wenn man von (15.18) mit ω = 0, ωj = ωat = me e4 /h¯ 3 und fj = Z ausgeht und für n0 Festkörperdichte einsetzt, erhält man ε(0) ≈ 1 + 0.2 Z. Dies macht die Größenordnung typischer Isolatoren plausibel (zum Beispiel ε(0) = 5.5 für einen Diamanten). Ähnliche Werte kann man auch aus ε(0) = 1 + 4πn0 αe (0) für eine Festkörperdichte n0 und mit αe (0) ∼ aB3 erhalten. In einem Metall gilt ε = +∞, weil sich Ladungen beliebig in Richtung eines angelegten (statischen) Felds verschieben. Im Gegensatz dazu werden die Elektronen für ω = 0 (und ω → 0) gegenläufig zum Feld ausgelenkt; dies wird durch (15.19) beschrieben.

279


Ein Sonderfall sind Paraelektrika (wie Wasser), in denen es drehbare Moleküle gibt, die ein permanentes elektrisches Dipolmoment p haben. Die Ausrichtung der Moleküle in einem externen Feld wird durch die Temperaturbewegung behindert. Für unabhängige Dipolmomente erhält man die statische Polarisierbarkeit αe (0) = p2 /(3kB T ). Mit p ∼ e aB und Zimmertemperatur erhält man dann Werte für ε(0) = 1 + 4π n0 αe (0), die viel größer als 1 sind (Wasser hat ε(0) ≈ 80). Permeabilitätskonstante Wir beschränken uns auf die statische makroskopische Permeabilität, also auf die Permeabilitätskonstante. In einfachen Fällen ist das induzierte magnetische Dipolmoment μ eines Atoms oder Moleküls proportional zum wirksamen Feld, also μ = αm B; der Koeffizient αm ist die magnetische Polarisierbarkeit. Eine magnetische Polarisierbarkeit kann sich durch die Ausrichtung von unabhängigen permanenten magnetischen Momenten ergeben; dies ist der Paramagnetismus. In der Regel handelt es sich dabei um ein ungepaartes Elektron in einem Atom, dessen magnetisches Moment von der Größe des Bohrschen Moments me c) ist. Das Zusammenspiel mit der Temperaturbewegung führt zu μB = e h/(2 ¯ αpara (0) ∼

1 e2 h¯ 2 , 2 2 12 me c kB T

μpara − 1 = 4πn0 αpara ∼ 10−3

(15.21)

Dabei haben wir eine Festkörperdichte n0 und Zimmertemperatur eingesetzt. Schaltet man im Bereich einer Leiterschleife ein Magnetfeld ein, so wird in der Schleife eine Spannung erzeugt (Faradaysches Gesetz). Diese Spannung ist so gerichtet, dass der von ihr hervorgerufene Strom das angelegte Magnetfeld schwächt (Lenzsche Regel). Damit ist die Magnetisierung M dem B-Feld entgegengesetzt. Als Modell für Atome nehmen wir kreisförmige Bahnen der Z Elektronen (mit dem Radius aB ) an, für die sich beim Einschalten eines Magnetfelds ein analoger zusätzlicher Kreisstrom ergibt. Dieses Modell für den Diamagnetismus ergibt αdia ∼ −

Z e2 aB2 , 4me c2

μdia − 1 = 4πn0 αdia ∼ −3 · 10−5

(15.22)

Materie, die aus Atomen besteht, zeigt zwangsläufig diesen diamagnetischen Effekt. Sofern es jedoch ungepaarte Elektronen gibt, ist das Material effektiv paramagnetisch, da der paramagnetische Einfluss quantitativ überwiegt. In ferromagnetischen Materialien (wie Eisen, Kobalt, Nickel und zahlreiche Legierungen) erfolgt unterhalb einer kritischen Temperatur Tc eine Ausrichtung der Spins der ungepaarten Elektronen. Dadurch ergibt sich ohne äußeres Magnetfeld, also „spontan“, eine Magnetisierung M s . Für T < Tc ist die globale Magnetisierung eines Ferromagneten zunächst null, weil sich einzelne (Weisssche) Bezirke ausbilden, in denen die spontane Magnetisierung M s in unterschiedliche Richtungen zeigt. Durch ein angelegtes Magnetfeld kann die Magnetisierung dieser Bereiche ausgerichtet werden. Damit sind dann auch Werte μferro 1 möglich.

280


Wellenlösungen Wir betrachten ein homogenes und isotropes Medium mit den makroskopischen Responsefunktionen ε(ω) und μ(ω). Wir setzen periodische Felder der Form E(r, t) = Re E(r) exp(−iω t) voraus. Damit erhalten wir aus den makroskopischen Maxwellgleichungen (15.14) mit ext = j ext = 0 die Gleichungen

+

ω2 εμ E(r) = 0 und c2

+

ω2 εμ B(r) = 0 c2

(15.23)

Die Felder E(r) = E 0 exp( ik · r) und B(r) = B 0 exp( ik · r) sind Lösungen, falls ω2 =

c2 k 2 c2 k 2 = 2 εμ n

Der hiermit eingeführte Brechungsindex n ist im Allgemeinen komplex: √ (Brechungsindex) n = εμ = nr + iκ = |n| exp(iδ)

(15.24)

(15.25)

Gelegentlich wird der Realteil nr allein als Brechungsindex (im engeren Sinn) bezeichnet. Die reellen Größen nr und κ werden auch optische Konstanten (des betrachteten Materials) genannt. Die Dispersionsrelation (15.24) wird durch k = nk 0 mit einem reellen Vektor k 0 gelöst. Der Einfachheit halber wählen wir auch den Amplitudenvektor E 0 reell. Dann erhalten wir (unter Berücksichtigung aller Maxwellgleichungen) die linear polarisierte Welle E = E 0 cos(nr k 0 · r − ω t) exp(−κ k 0 · r)

(15.26)

B = |n| (k 0 /k0 ) × E 0 cos(nr k 0 · r − ω t + δ) exp(−κ k 0 · r)

(15.27)

Die Vektoren k 0 , E 0 und B 0 = |n| (k 0 /k0 ) × E 0 bilden ein orthogonales Dreibein. Wir diskutieren die Eigenschaften der Welle im Vergleich zur Vakuumlösung (14.1) – (14.6) mit n = 1. Transversalität: Die Welle ist transversal (E ⊥ k 0 und B ⊥ k 0 ); hier gibt es keinen Unterschied zur Vakuumlösung. Polarisation: Die Polarisation kann ebenso wie bei der Vakuumlösung in (14.6) behandelt werden; im Allgemeinen ist die ebene Welle elliptisch polarisiert. Phasengeschwindigkeit und Wellenlänge: Für k 0 = k0 ez und nr k0 z − ω t = const. haben (15.26) und (15.27) feste Phasen. Daraus folgen die Phasengeschwindigkeit vP und die Wellenlänge λ, vP =

c , nr

Für nr = 1 erhält man die Vakuumlösung.

λ=

λ0 nr

(15.28)

281


Phasenverschiebung und Amplitudenverhältnis: Aus (15.26, 15.27) folgt, dass elektrisches und magnetisches Feld unterschiedliche Amplituden haben und um den Winkel δ phasenverschoben sind: |B(r, t + δ/ω)| = |n| |E(r, t)|

mit δ = arctan

κ nr

(15.29)

Im Gegensatz dazu haben E und B in der Vakuumlösung dieselbe Amplitude und sind phasengleich. Dämpfung: Der Faktor exp(−κ k0 · r) in (15.26, 15.27) bedeutet für k 0 = k0 ez eine Dämpfung: wem ∝ exp(−α z ) mit α = 2k0 κ (15.30) Auf der Länge 1/α fällt die Intensität der Welle auf den e-ten Teil ab. Für μ ≈ 1 und Im ε Re ε ergibt sich der Absorptionskoeffizient α aus α(ω) ≈

ω Im ε(ω) √ c Re ε(ω)

(15.31)

Telegraphengleichung Für ε = εo (ω) + 4πiσ/ω, also für einen Leiter, wird (15.23) zur Telegraphengleichung ω2 ε0 μ σ ωμ + E(r) = 4π i E(r) (15.32) c2 c2 Die rechte Seite entspricht einer Zeitableitung ∂E(r, t)/∂t (vor der Fouriertransformation). Die Lösung kann wie oben erfolgen, nur dass der komplexe Brechungsindex jetzt durch n2 = μ(εo + 4π iσ/ω) gegeben ist. Für hochfrequente Wellen kommt der wesentliche Beitrag zur Dämpfung von der Leitfähigkeit. Tatsächlich dringen solche Wellen nur sehr wenig in das Metall ein; der metallische Draht dient im Wesentlichen als Führung der Wellen. Die Eindringtiefe wird unten als Skineffekt quantitativ diskutiert. Wellenpaket Im betrachteten Frequenzbereich sei der Brechungsindex n(ω) reell. Dann ist das Medium transparent (wegen α = 2k0 Im n = 0). Wenn man k 2 = ω2 n(ω)2 /c2 nach ω auflöst, erhält man eine Dispersionsrelation ω = ω(k). Hierfür wird die Wellengleichung auch durch Wellenpakete der Form ∞

1 dk A(k) exp i kz − ω(k) t (15.33) ψ(z, t) = √ 2π −∞ gelöst. Dabei sei ψ eine der Komponenten von E oder B. Das Wellenpaket habe ein Maximum bei ko , etwa A(k) = C exp(−a (k −ko )2 ). In diesem Fall ist auch |ψ0 (z)|

282


eine Gaußfunktion. Das Zentrum des Wellenpakets pflanzt sich mit der Gruppengeschwindigkeit dω vG = (15.34) dk ko fort. Die Gruppengeschwindigkeit ist in der Regel kleiner als c. Unter bestimmten Umständen (Dispersion in der Nähe von Resonanzen, ‘instantanes’ Tunneln in einem Hohlleiter) können sich Gruppengeschwindigkeiten ergeben, die größer als c sind; dies sind dann keine Signalgeschwindigkeiten. In diesen Fällen muss der Transport von Energie genauer untersucht werden; der Energietransport ist das entscheidende Kriterium einer Signalübertragung. Die k-Abhängigkeit von ω(k) führt auch dazu, dass das Wellenpaket auseinanderfließt oder dispergiert. Für die Breite des betrachteten Wellenpakets gilt β2 t2 1 d 2ω Δz(t) (15.35) = 1 + 2 , mit β = Δz(0) a 2 dk 2 ko Der Dispersionskoeffizient β verschwindet nur für lineare Dispersionsrelationen (also etwa für einen Lichtpuls im Vakuum).

Dispersion und Absorption Unter Dispersion versteht man die Frequenzabhängigkeit des Brechungsindex n = nr + iκ. Im Rahmen des Lorentzmodells untersuchen wir diese Frequenzabhängigkeit für verschiedene Materialtypen (Isolator, Metall, Plasma). Isolator Für einen Isolator gilt typischerweise μ ≈ 1 und ε = ε(ω). Der Wert von ε(0) ist endlich; nach (15.19) verschwindet dann die Leitfähigkeit σ . Als Beispiel betrachten wir die Frequenzabhängigkeit von ε(ω) für Wasser. Eine Besonderheit von Wasser (aber auch von anderen Flüssigkeiten) sind permanente Dipolmomente, die sich in einem äußeren Feld ausrichten können. Im Abschnitt über die Dielektrizitätskonstante ε(0) wurden die resultierenden großen Werte diskutiert (ε(0) ≈ 80). Bis in den Hochfrequenzbereich folgen die Dipole dem Feld und es bleibt bei diesen Werten. Bei sehr hohen Frequenzen kann die Ausrichtung der Dipolmomente dem Feld nicht mehr folgen. Im Mikrowellenbereich (λ ∼ 1 cm) kommt es daher zu einem Abfall auf Werte der Größe 1. Dieser Abfall ist mit starker Absorption (Mikrowellenherd!) verbunden. Im optischen Bereich kann es dann zu Resonanzen kommen, wie sie aus dem Lorentzmodell (15.18) folgen. Für sehr hohe Frequenzen ω ωj wird das Lorentzmodell zu ε(ω) ≈ 1 −

4πn0 e2 fj Z ωP2 = 1 − me ω2 ω2 j

(ω ωj )

(15.36)

283


Für Festkörperdichte n0 wird die hier eingeführte Plasmafrequenz ωP zu ωP2 =

4πn0 e2 ≈ 0.2 ωat2 , , me

ωP ≈ 2 · 1016 s−1

(15.37)

Für ω ωP verhalten sich die Elektronen praktisch wie freie Teilchen. Der Imaginärteil von ε kommt dann von der Thomsonstreuung (14.39) und ist hier nicht berücksichtigt. Metall Im Rahmen des Lorentzmodells haben wir ein Metall dadurch beschrieben (15.19), dass es pro Atom oder Elementarzelle ein freies Elektron gibt: ε(ω) = εo (ω) −

4πn0 e2 ωP2 1 = εo (ω) − me ω (ω + iΓ ) ω (ω + iΓ )

(15.38)

Für den Beitrag der gebundenen Elektronen εo(ω) nehmen wir an, dass er im Wesentlichen reell, nur schwach frequenzabhängig und von der Größe 1 ist. Für Kupfer ergeben sich die Werte Γ = 1/τ ≈ 4 · 1013 s−1 und ωP ≈ 2 · 1016 s−1 . Skineffekt: Für ω Γ wird (15.38) zu ε(ω) ≈ εo (ω) + 4πiσ/ω, wobei σ = ωP2 /(4πΓ ) (mit σ ≈ 6 · 1017 s−1 für Kupfer). Aus ω Γ folgt auch ω σ . Wegen εo = O(1) gilt dann σ/ω εo . Damit erhalten wir √ 4πσ 4πσ 2πσ ≈ i = (1 + i) (15.39) n = ε = εo + i ω ω ω Ein periodisches elektromagnetisches Feld kann daher nur auf der Länge dskin = √

c 2πσ ω

=

2π

c √

σν

(15.40)

in das Material eindringen. Für Kupfer ergibt sich im UHF-Bereich (ν = 109 Hz) der Wert dskin = 2 · 10−4 cm. Das Feld dringt also nur in die oberste Schicht (skin) des Materials ein. Reflexivität im Sichtbaren – Transparenz im Ultravioletten: Für ω Γ wird (15.38) zu √

negativ ω < ωP / εo ωP2 ε(ω) = εo (ω) − 2 = (15.41) √

ω positiv ω > ωP / εo √ Damit ergibt sich für ω < ωP / εo (näherungsweise) ein rein imaginärer Brechungsindex. Dies führt zu einer vollständigen Reflexion. Im sichtbaren Bereich kann eine versilberte ebene Fläche (Glasscheibe) als Spiegel dienen. √ Für ω > ωP / εo ist der Brechungsindex dann wieder (näherungsweise) reell. Daher sind Metalle im Ultravioletten transparent.

284


Plasma Abschließend betrachten wir ein Plasma aus freien Elektronen und Ionen. Dabei dominiert der Beitrag der freien Elektronen, die wegen ihrer kleineren Masse leichter als die Ionen auszulenken sind. Wir beschränken uns auf den Fall ω Γ = 1/τ ; dabei ist τ die Stoßzeit der Elektronen. Hierfür übernehmen wir (15.41) mit εo = 1: ε(ω) = 1 −

ωP2 ω2

(15.42)

Damit ergeben sich wie beim Metall die beiden Effekte: Reflexivität für ω < ωP und Transparenz für ω > ωP . Wegen der Reflexion an der Ionosphäre ist im Kurzwellenbereich weltweiter Rundfunk möglich. Im UKW-Bereich ist die Ionosphäre dagegen transparent.

285


Aufgaben 15.1 Punktladung und Dielektrikum Vakuum ε=1

q −a

t

. .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. ........................................ ........................................ ........................................ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. ........................................ ........................................ ........................................ ........................................ ........................................ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. ........................................ ........................................ ........................................ ........................................ ........................................ ........................................ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. ........................................ ........................................ ........................................ ........................................ ........................................ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. ........................................ ........................................ ........................................ ........................................ ........................................ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . ..

Dielektrikum ε>1

-

x

Der rechte Halbraum ist von einem Dielektrikum mit ε > 1 ausgefüllt. Im Vakuumbereich (x < 0) befindet sich bei −a ex eine Punktladung der Stärke q. Es soll das elektrostatische Feld im gesamten Raum bestimmt werden. Geben Sie die auf der Grenzfläche induzierte Ladungsdichte ind und die zugehörige Ladung qind an.

Lösung: Das elektrische Feld wird mit Hilfe von Bildladungen folgendermaßen angesetzt ⎧ r + a ex r − a ex ⎪ ⎪ q (x < 0) ⎪ ⎨ |r + a ex |3 + q |r − a ex |3 E(r) = ⎪ r + a ex ⎪ ⎪ (x > 0) ⎩ q |r + a ex |3 Die Stetigkeitsbedingungen für E ⊥ und D verlangen q + q = q und q − q = ε q (siehe Kapitel 30 in [2]). Damit liegen die Bildladungen fest: q = −q

ε−1 , ε+1

q = 2

q ε+1

Die Polarisation P = (ε − 1)E/(4π) des Dielektrikums ist damit ⎧ (x < 0) ⎪ ⎨ 0 P (r) = q ε − 1 r + a ex ⎪ (x > 0) ⎩ 2π ε + 1 |r + a ex |3 Die induzierte Ladungsdichte folgt aus div P = −ind . Jeweils in den Bereichen x < 0 und x > 0 gilt div P = 0 und damit ind = 0. Wenn P an der Grenzfläche einen Sprung hat, dann gibt es eine Oberflächenladung ind = σind δ(x). Die Auswertung von div P = −ind mit dem Gaußschen Satz ergibt

P 2 − P 1 · n = − σind Mit n = ex erhalten wir hieraus die Flächenladungsdichte q ε−1 a σind = − lim P x= − P x=− · ex = − →0 2π ε + 1 (a 2 + y 2 + z2 )3/2 Alternativ kann die Oberflächenladung auch direkt aus dem Sprung des elektrischen Felds an der Grenzfläche bestimmt werden, (E 2 − E 1 ) · n = 4π σind . Die gesamte induzierte Ladung ist ∞ ε−1 ρ ε−1 qind = −q a = q dρ 2 = −q 2 3/2 ε+1 (a + ρ ) ε+1 0

286


Der Grenzfall ε = 1 bedeutet, dass das Vakuum überall ist; dann verschwindet die Oberflächenladung natürlich. Der Fall ε = ∞ ist das bekannte Problem (Kapitel 8 in [2]) der Punktladung vor der leitenden Wand.

15.2 Potenzial aus externer Ladungsdichte und Polarisation In einem Dielektrikum sind die Ladungsdichte ext (r) und die Polarisation P (r) gegeben. Zeigen Sie, dass das elektrostatische Potenzial 3 ext (r ) 3 P (r ) · (r − r ) Φ(r) = Φext (r) + Φind (r) = d r + d r (15.43) |r − r | |r − r |3 die makroskopische Maxwellgleichung div D = div (E + 4πP ) = 4πext löst. Lösung: Der zweite Term in (15.43) wird durch partielle Integration umgeformt: 1 div P (r ) 3 ∇ P (r ) r = − d = − d3r Φind (r) = d 3 r P (r ) · ∇ |r − r | |r − r | |r − r | Die Polarisation soll lokalisiert sein, so dass die Randterme verschwinden. Damit wird (15.43) zu 3 ext (r ) 3 div P (r ) r − d Φ(r) = d r |r − r | |r − r | Mit (10.17) wird dies zu Φ(r) = −4πext (r) + 4πdiv P (r) Mit Φ = − div E erhalten wir hieraus die makroskopische Maxwellgleichung

div D(r) = div E(r) + 4πP (r) = 4πext (r)

15.3 Homogen polarisierte Kugel Bestimmen Sie das elektrische Feld E einer homogen polarisierten Kugel (Radius R, ext = 0). Skizzieren Sie den Feldverlauf, und berechnen Sie die induzierte Ladungsdichte. Verwenden Sie (15.43). Lösung: Wir bezeichnen die konstante Polarisation mit P 0 , P 0 = P0 ez (r ≤ R) P (r) = 0 (r > R) Wir setzen dies und ext = 0 in (15.43) ein: (r − r ) 1 Φ(r) = P 0 · d3r = −P · ∇ d 3r 0 |3 |r − r |r − r | r≤R r≤R Das Integral ist gleich dem Potenzial einer homogen geladenen Kugel mit q = 4πR 3 /3. Dieses Potenzial entnehmen wir der Lösung von Aufgabe 11.3: r (r ≤ R) 3R 2 /2 − r 2 /2 4π 4π P0 · ∇ P 0 · er = Φ(r) = − 3 2 3 3 3 R /r (r > R) R /r

287

Kapitel 15 Elektrodynamik in Materie oder

⎧ 4π ⎪ ⎪ P0 · r ⎨ 3 Φ(r) = ⎪ p·r ⎪ ⎩ r3

. ....... ........ ... ....... .... .... ... ... ... ... ... .. . . ............... . ......... . . ... . ......... ............ .... ... ... ........ ....... .. ... ...... ... ....... .. . . ...... . . . . . . . . . ... ..... ..... .... .... .... .......... ..... ... .. .. ..... . . . . ....................................................... ..... ... .... .... ........ .............................................................. . . . . . . . ... ... .. .. .. .. ..... ...... .... . ..... ..... ....... .. .. . .. .. .. .. ..... ... .... ............ ... .... .... ..... .... .... .... .... .... ................... ... ..... ... ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. ... ... . . . . . . . . . . ... . . . . . . . . . . . ...... ...... ....... ......... ....... ........ ........ ........ ....... ........ ........ ........ ........ . . . ... ... . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... ... .. .. . . .. ... ... ... ... ... ... ... ... ...... . ... . . . ..................... ... ... ... ... ... ... ... ........................ .... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ...... . . . . . ....... ........ ........... .. .. .. .. ... ........... ............... .................................... ....... .... .... .... ........ .................................................. .... .. .. .. .... ..... .... .... ..... ......... . . . . ...... ... .... ....... ... .... ... ...... ........... ............. ... ... ... ........... .. ... .......... .......... ... .. .......... . . . . . . . . . ........ ........ .. . . . . ... . ..... . .. .. ... . .. .... ...

.............................. .... ... .... ... ... ... ... . . .... . . .. ....... .....................

(r ≤ R)

mit p =

(r > R)

4π 3 R P0 3

Das elektrische Feld E = − grad Φ ist ⎧ 4π ⎪ ⎪ (r ≤ R) P0 ⎨ − 3 E(r) = ⎪ ⎪ ⎩ 3 er (er · p) − p (r > R) r3 Die Skizze zeigt die Feldlinien. Sie laufen von positiven induzierten Oberflächenladungen (oberer Teil) zu den negativen (unterer Teil). Dabei laufen sie zum einen durch das Innere der Kugel (mit E = const.) und zum anderen außen herum (in der Form eines Dipolfelds).

In den Bereichen r < R und r > R gilt jeweils div E = 0. Daher ist die induzierte Ladungsdichte ind auf die Oberfläche beschränkt: ind (r) =

div E = − div P = σind (r) δ(r − R) 4π

Mit dem Gaußschen Satz folgt hieraus (P 2 − P 1 ) · n = − σind . Mit n = er erhalten wir σind = P 0 · er = P0 cos θ Wie in der Legende zur Abbildung vorausgesetzt, sind die induzierten Ladungen im oberen Teil der Kugeloberfläche positiv, die im unteren negativ. Die homogene Polarisation der Kugel kann durch zwei mit +q und −q homogen geladene Kugeln beschrieben werden, die um a (mit a R) gegeneinander verschoben sind. Dies ist auch eine Erklärung für die induzierte Ladungsdichte. In dieser Konstruktion sind q und a so zu wählen, dass p = q a = (4π/3) R 3 P0 .

15.4 Dipoleinstellung im thermischen Gleichgewicht Ein permanenter elektrischer Dipol p hat im elektrischen Feld E = E ez die potenzielle Energie W (θ ) = −p · E = −p E cos θ . Der Gleichgewichtswert der Dipolkomponente pz = p cos θ im thermischen Gleichgewicht folgt aus 1 W (θ) p pz = d cos θ cos θ exp − kB T z(T ) −1 1 W (θ) z(T ) = d cos θ exp − −1

kB T

Berechnen Sie pz als Funktion der Temperatur T . Diskutieren Sie das Ergebnis graphisch.

288


6pz

Lösung: Mit y = pE/(kB T ) erhalten wir 1 2 sinh y p ......... ......... ......... ......... ......... ......... ......... ......... ........ ......... ......... ........ ......... ........ ......... ....... d cos θ exp(y cos θ) = z(T ) = y −1 ... ................................. ..................... . . . . . . . . . . . . . . . 1 p ............ ......... pz = d cos θ cos θ exp(y cos θ) ........ . . . . . . z(T ) −1 ...... . . . . . ..... .... p 2 cosh y 2 sinh y ..... . . = − . .... z(T ) y y2 ... .... . . . 1 ... = p coth y − 2 4 y ∝ 1/T y Für tiefe Temperaturen (y 1) zeigt der Dipol in Richtung des elektrischen Felds, pz ≈ p. Für hohe Temperaturen (y 1) gilt näherungsweise pz ≈ p

y p2 E = 3 3 kB T

(p E kB T )

15.5 Leitfähigkeit in SI-Einheiten Der Ausdruck für die statische Leitfähigkeit σ =

n0 e2 me Γ

gilt sowohl im Gauß- wie im SI-System. Gehen Sie von n0 ≈ 1/(12 Å3 ) und Γ ≈ 4 · 1013 s−1 (für Kupfer) aus, und bestimmen Sie die Leitfähigkeit in SI-Einheiten. Ein Kupferdraht von 10 Meter Länge und einem Querschnitt von 1 mm2 stellt einen Ohmschen Widerstand R dar. Welchen Wert hat R in Ohm? Lösung: Wir setzen die angegebenen Größen, die Elementarladung e = 1.6 · 10−19 C und die Elektronenmasse m = 9.1 · 10−31 kg ein: σ =

2 (1.6 · 10−19 C)2 7 A s ≈ 5.86 · 10 12 · 10−30 m3 9.1 · 10−31 kg 4 · 1013 s−1 N m2

Für einen stromdurchflossenen Draht (Länge , Querschnitt a) setzen wir die Spannung U = E und den Strom I = j a in j = σ E ein und erhalten I=

U R

mit R =

σa

(15.44)

Mit dem berechneten Wert von σ , mit = 10 m und a = 1 mm2 erhalten wir R =

N m2 10 m 1 ≈ 0.17 " 5.86 · 107 A2 s 10−6 m2

Die Einheit ist zunächst Nm/(A2 s). Mit Nm = Joule = Coulomb · Volt = A sV bleibt V/A = Ohm = ".


289

15.6 Vektorpotenzial aus externer Stromdichte und Magnetisierung In einem magnetischen Medium sind die Stromdichte j ext (r) und die Magnetisierung M(r) gegeben. Zeigen Sie, dass das Vektorpotenzial 1 j (r ) M(r ) × (r − r ) d 3 r ext + d 3 r A(r) = Aext (r) + Aind (r) = c |r − r | |r − r |3 (15.45) die makroskopische Maxwellgleichung rot H = rot (B − 4πM) = 4πj ext /c löst. Lösung: Der zweite Term in (15.45) wird durch partielle Integration umgeformt: 1 3 3 ∇ × M(r ) 3 rot M(r ) r r Aind (r) = d r M(r ) × ∇ = d = d |r − r | |r − r | |r − r | Die Magnetisierung soll lokalisiert sein, so dass die Randterme verschwinden. Damit ist (15.45) von der Form j (r ) rot M(r ) 1 d 3 r ext + d 3 r (15.46) A(r) = c |r − r | |r − r | Es gilt die Coulomb-Eichung, divA = 0. Zunächst folgt divAext = 0 aus divj ext (r) = 0. Außerdem gilt 1 3 3 grad rot M(r ) r = d =0 divAind (r) = − d r rot M(r ) · ∇ |r − r | |r − r | Dabei wurde zunächst ∇ durch −∇ ersetzt und dann partiell integriert. Wir verwenden nun ∇ · A = 0 in

A(r) = ∇ ∇ · A(r) − ∇ × ∇ × A(r) = − rot B(r) Aus (15.46) erhalten wir mit Hilfe von (10.17) A(r) = −4πj ext (r)/c − 4π rot M(r) Die Kombination der letzten beiden Gleichungen ergibt die statische, makroskopische Maxwellgleichung

4π rot H (r) = rot B(r) − 4πM(r) = j (r) c ext

15.7 Homogen magnetisierte Kugel Bestimmen Sie das magnetische Feld B einer homogen polarisierten Kugel (Radius R, j ext = 0). Skizzieren Sie den Feldverlauf, und berechnen Sie die induzierte Stromdichte. Verwenden Sie (15.45). Lösung: Wir bezeichnen die konstante Magnetisierung mit M 0 , (r ≤ R) M 0 = M0 ez M(r) = 0 (r > R)

290


Wir setzen dies und j ext = 0 in (15.45) ein: (r − r ) 1 d3r = − M × ∇ d 3r A(r) = M 0 × 0 |3 |r − r |r − r | r≤R r≤R Das Integral ist gleich dem Potenzial einer homogen geladenen Kugel mit q = 4πR 3 /3. Dieses Potenzial entnehmen wir der Lösung von Aufgabe 11.3: r (r ≤ R) 3R 2 /2 − r 2 /2 4π 4π A(r) = − = M0 × ∇ M 0 × er 3 2 3 3 3 R /r (r > R) R /r oder

⎧ 4π ⎪ ⎪ M0 × r ⎨ 3 A(r) = ⎪ μ×r ⎪ ⎩ r3

. ......... ........ .. ......... .... ... ... . ... . . ... ... . . . . . . ... ............... ......... ......... ... .... ... ............ ........ ... ........ ... ... ...... ... .. ... .. ...... ....... . . . ..... .... .... .... . . .... ..... ... .. .. ..... .. .. .. ......... . . . . ...................................................... ...... ... ... ... ...... ............................................................. .... ... ... ... ... .. ..... ........ ...... . . . . . ..... . ... ........ .. .. .. .. .. .. .. ........ ... .... ............ .... .... .... .... .... .... .... .... .... ................ ... ... ..... ... .. .... ..... ..... .... .... .... .... .... .... .... .... ... . ....... . . . . . . . . . ...... ........ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... ...... ..... ...... ...... ....... ....... ....... ....... ....... ... .... . . .. . ... ... ... ... ... ... ... ... ... .... . . . . . . . ....... ... .. .. .................... .... .... .... .... .... .... .... .......................... .... ... . . ... ... .. ... ... ... .. ...... . . . . ... ....... ......... .. .. .. ... ... .......... ....... .............. ....................................... ........ ..... .... ..... ....... ................................................. . . . . . .... .... .... .... .......... . . . . . ...... .. ....... ... .... ..... ...... .......... ...... ... ... ... ........... ............. ... .. ... ........... .......... ... .. . . .......... . . . ........ ......... ... . . ... ....... .. .. . ... .. ... .... ... .

........................... ..... ... ..... ... . ... .. ... ... .... . ........ ......... ..............

(r ≤ R)

mit μ =

(r > R)

4π 3 R M0 3

Das magnetische Feld B = rot A ist ⎧ 8π ⎪ ⎪ (r ≤ R) M0 ⎨ 3 B(r) = ⎪ ⎪ ⎩ 3 e r (er · μ) − μ (r > R) r3 Die Skizze zeigt die Feldlinien. Die induzierten Ströme laufen auf der Oberfläche alle in φRichtung; sie sind maximal am Äquator. Innen ist das Feld homogen, außen hat es Dipolform. Innen hat es eine andere Richtung als bei der polarisierten Kugel (Aufgabe 15.3).

In den Bereichen r < R und r > R gilt jeweils rot B = 0. Daher ist die induzierte Stromdichte c rot B Iind (θ) j ind (r) = = c rot M = δ(r − R) eφ 4π πR auf die Oberfläche beschränkt; ansonsten folgt die angegebene Form aus der Zylindersymmetrie. Wir wenden den Stokesschen Satz auf rot M (und ein geeignetes Flächenelement) an und erhalten daraus n × (M 2 − M 1 ) = −er × M 0 = M0 sin θ eφ = Iind (θ) eφ /(c πR) oder Iind (θ) = π c R M0 sin θ Im gesamten Bereich 0 ≤ θ ≤ π verläuft der Oberflächenstrom in φ-Richtung.

15.8 Magnetisierung durch äußeres Feld Eine Kugel (Radius R, Permeabilität μ) befindet sich in einem äußeren homogenen Magnetfeld B 0 . Das Feld bewirkt eine homogene Magnetisierung M 0 der Kugel. Bestimmen Sie M 0 aus B 0 und μ. Gehen Sie dazu von H = B − 4πM = B/μ

(15.47)

aus. Skizzieren Sie die Feldlinien für den Fall μ > 1. Welche Stärke hat das H -Feld im Inneren der Kugel für μ 1?

291

Kapitel 15 Elektrodynamik in Materie Lösung: Wir legen die z-Achse in Richtung des äußeren Magnetfelds. Dann gilt M 0 = M0 ez (r ≤ R) M(r) = B(r) = B 0 = B0 ez , 0 (r > R)

Aus Aufgabe 15.7 entnehmen wir das B-Feld der magnetisierten Kugel. Es addiert sich zum äußeren Feld: ⎧ 8π ⎪ ⎪ (r ≤ R) ⎨ 3 M0 B(r) = B 0 + (15.48) ⎪ ⎪ ⎩ 3 e r (er · μ) − μ (r > R) r3 Unbekannt ist hier zunächst M0 . Das magnetische Moment ist μ = 4πR 3 M 0 /3; sein Betrag |μ| ist nicht mit der Permeabilität μ zu verwechseln. Aus (15.47) folgt der Zusammenhang 4π μ M B= μ−1 Hierin setzen wir die Felder innerhalb der Kugel ein: B0 +

8π 4π μ M0 = M0 3 μ−1

Wir lösen dies nach M 0 auf: M0 =

3 μ−1 B0 4π μ + 2

Hieraus folgt auch das Dipolmoment μ=

μ−1 3 4π 3 R M0 = R B0 3 μ+2

Schließlich berechnen wir noch das H -Feld im Inneren der Kugel: H = B − 4πM

(r R ist B die Summe aus dem angelegten homogenen Feld und dem Dipolfeld der magnetisierten Kugel. Im Inneren der Kugel gilt B = B0 +

8π 3μ M0 = B0 3 μ +2

(r < R)

Für paramagnetische Materialien mit μ > 1 verdichten sich die Feldlinien (Skizze, Br B0 ), für diamagnetische (μ < 1) wird das Feld dagegen schwächer (Br R2 ) Da es keine Singulariät (Punktquelle) bei r = 0 gibt, ist β1 = 0. Aus (15.49) folgt α3 = −B0 . An den Grenzen bei r = R1 und R2 gelten die Stetigkeitsbedingungen (15.16) und (15.17): B normal , also Br ist stetig H tangential , also Hθ ist stetig, Wir berechnen die Felder Hθ = −(∂Ψ/∂θ)/r und Hr = −∂Ψ/∂r mit Ψ aus (15.50). Mit β1 = 0 und α3 = −B0 erhalten wir ⎧ ⎧ (r < R1 ) ⎪ ⎪ 1 sin θ ⎨α ⎨ −α1 cos θ

3 3 α2 + β2 /r sin θ Hθ = Br = −μ α2 − 2β2 /r cos θ (R1 ≤ r ≤ R2 ) ⎪ ⎪

⎩ ⎩ B0 + 2β3 /r 3 cos θ − B0 + β3 /r 3 sin θ (r > R2 )

293

Kapitel 15 Elektrodynamik in Materie Die vier Anschlussbedingungen (für Br und Hθ , bei R1 und R2 ) lauten:

α1 = μ α2 − 2β2 /R13 α1 = α2 + β2 /R13

α2 + β2 /R23 = −B0 + β3 /R23 μ α2 − 2β2 /R23 = −B0 − 2β3 /R23 Hieraus folgen die vier noch unbekannten Koeffizienten: α1 = − β3 =

9μB0 (μ + 2)(2μ + 1) − 2(μ − 1)2 (R1 /R2 )3

(μ − 1)(2μ + 1)(R23 − R13 )B0 (μ + 2)(2μ + 1) − 2(μ − 1)2 (R1 /R2 )3

α2 =

2μ + 1 α1 3μ

β2 =

μ−1 α1 R13 3μ

Damit sind alle Koeffizienten und das Feld bestimmt. Im Außenraum liegt zusätzlich zum externen homogenen Feld wieder ein Dipolfeld vor: B = B0 e z +

3 er (er · μ) − μ r3

mit

μ = β3 ez

(r > R2 )

Im Innenraum gilt μ→∞

B = H = − α1 ez −→ 0

(r < R1 )

Ein magnetisches Feld kann also durch eine hochpermeable Kugelschale abgeschirmt werden. Analog dazu wird ein elektrisches Feld in einer solchen Anordnung für ε → ∞ abgeschirmt. Konkret nimmt man im elektrischen Fall ein Metall, und im magnetischen einen Supraleiter. Hierbei reicht jeweils auch eine dünne Kugelschale.

16 Elemente der Optik Einige elementare Grundlagen der Optik, also der Lehre von der Ausbreitung des Lichts, werden vorgestellt. Ausgehend vom Huygensschen Prinzip behandeln wir die Beugung und Interferenz von Wellen. Die Grenzflächenbedingungen für elektromagnetische Wellen sind die Grundlage für die Behandlung der Reflexion und Brechung (Fresnelsche Formeln). Das Kapitel endet mit einem kurzen Überblick über die geometrische Optik.

Huygenssches Prinzip Licht besteht aus transversalen elektromagnetischen Wellen. In diesem Abschnitt betrachten wir nur den Wellencharakter, der durch die Gleichung (+k 2 ) ψ(r) = 0 bestimmt ist (k = ω/c). Polarisationseffekte (also die Mehrkomponentigkeit und der transversale Charakter der Welle) werden dagegen nicht berücksichtigt. Die Welle falle senkrecht auf eine Blende mit Öffnungen ein. Eine sehr brauchbare Näherung für die Welle ψ(r) hinter der Blende ist dann das Huygenssche Prinzip. Danach geht von jedem Punkt der Blendenöffnung eine Kugelwelle aus: exp(ik rP ) ψ(r) ≈ B dA (16.1) rP Öffnungen Der Vektor r P zeigt von einem Punkt der Öffnungsfläche A zum Punkt P bei r. Die Stärke der einfallenden Welle bestimmt die Konstante B. Eine Ableitung des Huygensschen Prinzips aus der Wellengleichung wurde von Kirchhoff gegeben. Die Annahmen der Kirchhoffschen Beugungstheorie sind allerdings problematisch. Nach dem Huygensschen Prinzip sind Beugung und Streuung verwandte Phänomene. Bei der Streuung fällt Licht auf Streuzentren (etwa Atome oder Striche eines Gitters). In (14.35) – (14.38) wurde berechnet, wie ein Atom zu Dipolschwingungen angeregt wird und dadurch seinerseits zur Quelle einer auslaufenden Kugelwelle wird. Damit geht von jedem Atom (oder Streuzentrum) eine Kugelwelle aus, so wie von jedem Punkt der Öffnung in (16.1). Fraunhofersche Beugung Das Ergebnis (16.1) lässt sich vereinfachen, wenn der Beobachtungspunkt P weit von der Blende entfernt ist, rP a 2 /λ (wobei a die Größe der Öffnung charakterisiert). Wenn der Vektor r OP von einem festen Punkt O der Blendenöffnung zu 294 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_16, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

295

Kapitel 16 Elemente der Optik

P zeigt, dann ist r P = r OP − x, siehe auch Abbildung unten. Wir entwickeln die Kugelwelle in (16.1) nach kleinen x und erhalten die Fraunhofersche Näherung exp(ik rOP ) d 2 x exp(−ik OP · x ) (16.2) ψ(r) ≈ B rOP Öffnung Dabei ist k OP = k r OP /rOP . Wenn sich Materie in der Öffnung der Blende befindet, dann ist die Stärke der von jedem Punkt der Öffnung ausgehenden Welle ortsabhängig. Dies kann dadurch berücksichtigt werden, dass der Vorfaktor B durch B(x) ersetzt und unter das Integral geschrieben wird. Das Integral ist die (zweidimensionale) Fouriertransformierte von B(x), also der zweidimensionalen Struktur in der Öffnung. Aus dem Beugungsmuster erhält man |ψ|2 und damit das Betragsquadrat der Fouriertransformierten. Ein Standardproblem bei dieser Art von Abbildung von B(x) ist, dass man nur den Betrag, nicht aber die Phase der Fouriertransformierten erhält. Ein weiteres Problem ist, dass das Experiment immer nur einen endlichen Bereich von k-Werten umfasst. Beugung am Spalt 6X

6ξ

: .... r P ...... ..... ................... . . . . . . . . . . . . . . . . r OP ............ .................. .................. . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 . . . x ............. .. θ ... r................... - 2a .6 - ? D Blende

6 X ?

Eine ebene Welle wird an einem Spalt der Breite 2a gebeugt. Die Beugung wird in der Fraunhoferschen Näherung berechnet.

Schirm

Wir betrachten eine rechteckige Öffnung, deren Punkte durch x := (ξ, η) mit |ξ | ≤ a und |η| ≤ b gegeben sind. Dann wird (16.2) zu ψ(r) = C

a

b

dξ −a

−b

dη exp − i (k OP · ex ) ξ exp − i (k OP · ey ) η

(16.3)

Der Vorfaktor wurde mit C = B exp(ik rOP )/rOP abgekürzt; im Folgenden ist |C|2 ≈ const. Der Vektor k OP zeigt vom Mittelpunkt der Öffnung zum Beobachtungspunkt, so dass k OP ·ex ≈ k X/D und k OP ·ey ≈ k Y/D. Wir werten das Integral (16.3) aus. Für b → ∞ ergibt sich ein Spalt und die Intensität I = |ψ|2 auf dem Schirm hängt nur noch von X ab: I (X) sin2(α X) = I (0) α 2X 2

(16.4)

296


wobei α = k a/D. Das Hauptmaximum bei X = 0 entspricht der geradlinigen Lichtausbreitung. Insgesamt zeigen sich Maxima und Minima, also ein Interferenzmuster. Die erste Nullstelle in X-Richtung liegt bei Δθ ≈

λ π = ka 2a

(16.5)

Unter Beugung versteht man die Abweichung von der geradlinigen Ausbreitung. Sie ist durch einen Winkel der Größe λ/a charakterisiert. Interferenz an einer Doppelöffnung Eine Blende habe zwei kleine kreisförmige Öffnungen. Dann ergibt das Huygenssche Prinzip (16.1) das Wellenfeld exp(ik r1 ) exp(ik r2 ) ψ(r) = C + (16.6) r1 r2 Dabei sind r1 und r2 die Abstände von den Öffnungen zu einem Punkt auf dem Schirm. Die Intensität I = |ψ|2 auf einem Schirm hinter der Blende zeigt deutliche Interferenzstrukturen, wenn der Abstand der Blendenöffnungen mit der Wellenlänge vergleichbar ist (Aufgabe 17.1). Ein solches Interferenzexperiment wurde 1801 von T. Young ausgeführt. Dabei wurde natürliches Licht verwendet, das aus einzelnen inkohärenten Wellenpaketen besteht. Die beobachtete Interferenz war die von einzelnen Wellenpaketen mit sich selbst. Die Wellenpakete sind hierbei als Wellenfunktionen einzelner Photonen zu interpretieren.

Reflexion und Brechung z 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. . . . . . . . . . . . . . . . . E. . . gebrochen . . . . . . . Medium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0. . . . . . . . . . . . . √ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . K. . . . . . . . * . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A . . . . . . . . . n. .. .= ε A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ϕ . . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . ......... z . .= . .0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . x .... . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .A . .. . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....... . . . . . . . . . . . . . ............................ . . . . . . . . . . . . . ......................... ....... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. ......... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ϕ ϕ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........ . . . . . . . . ........... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. .......... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . ..Medium . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . . . . . . . . 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ......... . . √ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .E . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0. . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . * . . . .0 . . . ......................... . . . . . . .n . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. .. .. .. .. .. ..A.. .. . . .= . . . . . . . .ε . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .H Y . . . .. . .. . ......... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .H . . . . . . . .k ......... . . . k . . . . .A ......... . . ............................ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . U. . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. ......... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .reflektiert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .einfallend . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .................................... . . . .............................................. . . . ............

. . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . .

Zwei Medien, etwa Luft und Wasser, haben eine gemeinsame ebene Grenzfläche. In einem Medium fällt eine ebene, elektromagnetische Welle ein. An der Grenzfläche wird die Welle teilweise reflektiert und teilweise ins andere Medium transmittiert.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ............ . . . . . . . .

Für die Materialkonstanten der beiden Medien nehmen wir an: √ √ μ = μ = 1 , n = ε = reell und n = ε = nr + iκ

(16.7)

297


Im Medium 1 falle eine ebene Welle ein. Für die einfallende, die reflektierte und die transmittierte Welle setzen wir an: E 0 exp i(k · r − ω t) + E 0 exp i(k · r − ω t) z0 Die Grenzflächenbedingungen ez · D,

ez · B,

ez × E

und e z × H

sind stetig bei z = 0

(16.9)

können nur dann erfüllt sein, wenn alle Frequenzen gleich sind (ω = ω = ω ). Die Wellenvektoren müssen die Bedingungen k = k · k = n k0 , k = n k0 (16.10) k = n k0 , erfüllen. Die Grenzflächenbedingungen verlangen auch, dass alle Anteile in (16.8) entlang der x-Achse dieselben Abhängigkeiten zeigen. Dies impliziert kx = kx = kx

(16.11)

Wir definieren die Winkel ϕ, ϕ und ϕ durch kx = k sin ϕ, kx = k sin ϕ und kx = k sin ϕ . Dann folgen aus (16.11) das Reflexions- und das Brechungsgesetz Reflexion:

ϕ = ϕ ,

Brechung:

n sin ϕ = sin ϕ n

(16.12)

Das Brechungsgesetz wird auch Gesetz von Snellius genannt. Fresnelsche Formeln Wir setzen (16.8) in (16.9) ein und erhalten 2

k × E 0 + k × E 0 − k × E 0 · ez = 0 n (E 0 + E 0 ) − n2 E 0 · ez = 0,

E 0 + E 0 − E 0 × ez = 0 , k × E 0 + k × E 0 − k × E 0 × ez = 0 (16.13) Der Polarisationsvektor E 0 der einfallenden Welle kann in die Bestandteile parallel und senkrecht zur Einfallsebene aufgeteilt werden, E 0 = E 0 + E 0⊥ . Für den Fall E 0 = E 0 ergibt die Auswertung von (16.13) die Fresnelschen Formeln:

2 n n cos ϕ E0 = E0 n 2 cos ϕ + n n 2 − n2 sin2 ϕ

E0 n 2 cos ϕ − n n 2 − n2 sin2 ϕ = E0 n 2 cos ϕ + n n 2 − n2 sin2 ϕ

(16.14)

298


Der Reflexionskoeffizient ist durch R(ϕ) = |E0 /E0 |2 gegeben. Speziell für senkrechten Einfall (ϕ = 0) ergeben beide Polarisationsrichtungen denselben Wert (R (0) = R⊥ (0)) und zwar R(0) =

(nr − n)2 + κ 2 (nr + n)2 + κ 2

(16.15)

Für die Grenzfläche zwischen Luft (n ≈ 1) und Glas (nr ≈ 1.5 und κ ≈ 0) ergibt sich R(0) = 4% unabhängig davon, in welchem Medium das Licht einfällt. Nach (16.14) gibt es einen Brewster-Winkel ϕB = arctan n /n, bei dem die reflektierte Welle mit E 0 verschwindet. Die reflektierte Welle enthält dann nur den Anteil E 0 ⊥ , der senkrecht zur Einfallsebene polarisiert ist. In einem Kristall kann der Brechungsindex für die Polarisationsrichtungen E 0 und E 0 ⊥ verschiedene Werte haben. Ein nichtpolarisierter einfallender Lichtstrahl wird dann in zwei Strahlen gebrochen (Doppelbrechung). Dies ist ein einfaches und effizientes Verfahren zur Herstellung von polarisiertem Licht. Für zwei transparente Medien (n, n reell) mit n > n folgt aus dem Brechungsgesetz n (16.16) ϕ ≤ ϕTR = arcsin (n > n ) n Wenn sich der Einfallswinkel ϕ dem Winkel ϕTR nähert, geht der Winkel ϕ des gebrochenen Strahls gegen den maximal möglichen Wert von 90o . Für größere Einfallswinkel ergibt sich eine Totalreflexion.

Geometrische Optik n0 n1 n2 n3 n4 n5

HH Lichtstrahl jH H @ @ A A

B B C

C... ...

Die geometrische Optik (auch Strahlenoptik) ist der Grenzfall λ → 0, in dem die Wellennatur des Lichts keine Rolle spielt. Man verfolgt dann nur den Strahlengang, wie er sich etwa in der Abbildung aus dem Brechungsgesetz ergibt. Diese Betrachtung ist für optische Instrumente (Abbildungen mit Linsen) vielfach ausreichend.

Die wesentlichen Eigenschaften der Strahlausbreitung in der geometrischen Optik sind: 1. Geradlinige Ausbreitung im homogenen Medium. 2. Reflexions- und Brechungsgesetz. 3. Superponierbarkeit von Strahlen. 4. Umkehrbarkeit des Strahlengangs.

(16.17)

299


Elektromagnetische Wellen haben diese Eigenschaften, sofern man Beugungs-, Interferenz- und Polarisationseffekte vernachlässigt. Der Strahlengang kann häufig aus dem Brechungsgesetz konstruiert werden, insbesondere bei der Abbildung durch eine Linse (Fernrohr, Mikroskop, Fotoapparat). Für einen kontinuierlichen reellen Brechungsindex n = n(r) wird der Strahlengang wie folgt konstruiert. Wir gehen von der skalaren Wellengleichung + k(r)2 ψ(r) = 0 mit k(r) = k0 n(r) (16.18) aus; hiermit vernachlässigen wir alle Polarisationseffekte. Im Lösungsansatz

(16.19) ψ(r) = A(r) exp ik0 S(r) sind die Amplitude A(r) und die Phase S(r) reelle Funktionen; die Phase S(r) heißt hier auch Eikonal. Wenn sich n(r) und damit k(r) im Bereich einer Wellenlänge nur wenig ändern, dann sind auch A(r) und S(r) langsam veränderliche Funktionen. Unter dieser Voraussetzung erhält man die Eikonalgleichung

grad S(r)

2

Der Zusammenhang des Strahlenverlaufs rakterisiert: Strahlrichtung bei r 0 : Phasenflächen: Optischer Weg:

= n(r)2

(16.20)

mit S(r) ist durch folgende Punkte chagrad S(r) S(r) = const. δS = S(r P ) − S(r P )

(16.21)

Der Vektor k0 S(r) hat die Bedeutung des lokalen Wellenvektors. Die Strahlen sind Kurven, für die grad S an jedem Punkt Tangente ist. Sie sind an jeder Stelle senkrecht zu den Phasenflächen S = const., also den Flächen gleicher Phase. Das Fermatsche Prinzip besagt, dass der optische Weg zwischen zwei Punkten P und P minimal ist (Aufgaben 16.8 und 16.9).

300


Aufgaben 16.1 Streuung am Strichgitter @ @ @ R @

@ @ @ R @

@ @ @ R @ @

@ @ λ ....... @ @ @ .............. @ ...... .......... @ @..... ϕ @ @ @r @r a @r @r B B B B B B B B B B B B B B B B ϕ ......... . . . . . . . . . . . . . B B B B B B B B BN BN BN BN

@

r

@ @ @ R .......... @ .... . ..... .....

Eine ebene Welle wird an einem Strichgitter gestreut. Es könnte sich um sichtbares Licht handeln, das auf eine Glasscheibe mit eingeritzten Strichen (senkrecht zur Bildebene, durch dicke Punkte markiert) fällt. Nach dem Huygensschen Prinzip geht von jedem Strich eine Zylinderwelle aus.

Geben Sie die Phasendifferenz Δ zweier benachbarter Zylinderwellen in Abhängigkeit vom Einfallwinkel ϕ, Ausfallwinkel ϕ , vom Gitterabstand a und der Wellenlänge λ an. Zeigen Sie, dass für N Striche die Aufsummation der einzelnen Wellen (skalare Näherung) zur Intensität I ∝

sin2 (N Δ/2)

(16.22)

sin2 (Δ/2)

führt. Skizzieren Sie diese Funktion in Abhängigkeit von Δ. Geben Sie die Bedingung für ϕ, ϕ , a, und λ an, bei der es zu Hauptstreumaxima kommt. Lösung: Die Phasendifferenz zweier benachbarter Zylinderwellen ist

2πa Δ = k − = k a sin ϕ − sin ϕ = sin ϕ − sin ϕ λ

(16.23)

Die Aufsummation von N Zylinderwellen führt zur geometrischen Reihe N−1

exp(inΔ) =

n=0

N−1 n=0

n 1 − exp(iN Δ) sin(N Δ/2) Δ exp(iΔ) = = exp i(N − 1) 1 − exp(iΔ) sin(Δ/2) 2

Das Betragsquadrat dieser Summe ergibt die Intensität (16.22). In den folgenden Abbildungen sind diese Intensitäten für N = 3 und N = 5 in Abhängigkeit von der Phasendifferenz Δ dargestellt. Die Haupt- und Nebenmaxima sind deutlich zu erkennen. 6I .... .... .... .... .... .. ... .. ... .. ... .. ... .. ... .. .. .. ... .. ... .. .. .. ... ... ..... ... ..... ... .... ... .... ... .... . . . . . . . . . . .. ... .. ... .. ... .. ... .. ... .. .... .. ..... .. .... .. ..... .. .... . ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... .. . . ... . . ... ... .. .. .. .. .. ... ... ... ... ... .. .. .. .. .. ... ... ... ... . . . . . . . . . . ... ... ... ... ... ... . . . . . . . .. . ... ... ... ... . . . . ... .. . . . . ... ... ... ... . . . . ... . . . .. . ... ... ... ... . . . . ... . . .. . . . . . . . . . . . ... ..... . . . . . . . ... .......... . ....... .. ...... .. ....... .. ....... .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... ... ... .. ... .. ... .. ... .. ... .. ... .. .... .. .... ... .... ... . .... . . . . . . . . . . . ... ... .. .. .. .. .. .. ..

−4π

−2π

2π

4π

N =3

-

Δ

301

Kapitel 16 Elemente der Optik 6I ... ... .... .... ... .. .. .. ... .. .. .. ... .. ... .. .. .. ... .. .. .. ... .. ... ... .... ... ..... ... ..... ... ..... ... ..... . . . . . . . . . . .. ... .. .. .. .. .. ... .. .. .. ... .. ... .. ... .. .. .. ... ... ..... ... .... ... ..... ... ..... ... ..... . . . . . . . . . .. ... .. ... .. .. .. ... .. .. .. ... .. ... .. ... .. .. .. ... ... ..... ... ..... ... ..... ... ..... ... .... . . . . . . . . .. ..... .. ... .. ... .. ... .. .. .. .... .. ..... .. .. ..... .. ..... ... . . . . ... . ... . . . . ... ... ... ... . . .. .. .. ... ... ... ... ... ... ... ... ..... .. .............. ...... ....... ................................... ....... ..................................... ......................... ....... .................................... ...... .................................. . ..

−4π

−2π

2π

4π

N =5

-

Δ

Die Intensität ist eine periodische Funktion von Δ. Es genügt daher, das Intervall [0, 2π] zu betrachten. Die notwendige Bedingung für ein Extremum ist d I /d Δ = 0 oder sin2 (N Δ/2) =0 (16.24) N cot(N Δ/2) − cot(Δ/2) sin2 (Δ/2) Die Lösungen Δ = 2πν/N, ν = 1,..., N − 1 sind Minima, denn die zugehörige Intensität ist null; es gibt also N − 1 solcher Minima pro Intervall. Durch Entwickeln für kleines Δ Δ 1

Δ N cot(N Δ/2) − cot(Δ/2) −→ 1 − N 2 6 sieht man, dass auch Δ = 0 die Bedingung löst; dies gilt dann auch für Δ = 2πν. Dies sind die Hauptmaxima mit einer Intensität proportional zu N 2 . Nach Abspaltung dieser Nullstellen von (16.24) liefert die verbleibende Gleichung N cot(N Δ/2) = cot(Δ/2) noch die N − 2 Nebenmaxima. Für ungerade N liegt ein solches Nebenmaximum bei Δ = π mit einer Intensität der Stärke 1; die Intensität der Nebenmaxima ist also um den Faktor N 2 relativ zu den Hauptmaxima unterdrückt. Im Limes N → ∞ (zum Beispiel im Kristall) überleben deshalb nur die Hauptmaxima: Δ = 2πν

mit ν = 0, ±1, ±2, . . .

(Hauptmaxima)

Mit der Phasendifferenz (16.23) bedeutet dies

a sin ϕ − sin ϕ = ν λ Dabei ist ν die Ordnungszahl der Interferenz (Bragg-Reflexion, siehe Aufgabe 14.19).

16.2 Komplexer Brechungsindex Zwei Medien sind durch eine ebene Grenzfläche getrennt (Abbildung von Aufgabe 16.4). Es soll die Brechung für einen reellen Brechungsindex n und für ein komplexes n = nr + iκ mit κ nr betrachtet werden. Bestimmen Sie den komplexen Winkel ϕ , der sich aus dem Brechungsgesetz ergibt. Setzen Sie dazu ϕ = φ + i φ an, und berechnen Sie die reellen Winkel φ und φ . Lösung: Wegen κ nr ist auch φ φ , also sin ϕ ≈ sin φ + i φ cos φ . Damit wird das Brechungsgesetz zu

n sin ϕ = n sin ϕ ≈ nr +iκ sin φ +i φ cos φ ≈ nr sin φ +i nr φ cos φ +κ sin φ Da n sin ϕ reell ist, folgen sin φ =

n sin ϕ nr

und

φ = −

κ κ n sin ϕ tan φ = − nr nr n 2 − n2 sin2 ϕ r

302


16.3 Totalreflexion Für zwei transparente Medien (n, n reell, Abbildung von Aufgabe 16.4) mit n > n folgt aus dem Brechungsgesetz

ϕ ≤ ϕTR = arcsin n /n

(n > n )

(16.25)

Zeigen Sie, dass für ϕ > ϕTR die z-Komponente des transmittierten Wellenvektors k rein imaginär ist. Was bedeutet das für die Welle im Medium 2? Lösung: Nach (16.10) und (16.11) gilt für den transmittierten Wellenvektor k 2 = n 2 k02 = kx 2 + kz 2 = kx2 + kz 2 = n2 k02 sin2 ϕ + kz 2 Wir lösen dies nach kz 2 auf: n2 kz 2 = n 2 k02 1 − 2 sin2 ϕ n

ϕ > ϕTR

0. Die transmittierte Welle ist dann proportional exp(−μz); die Lösung mit exp(+μz) kommt aus physikalischen Gründen nicht in Frage. Die transmittierte Welle dringt nicht als sich fortpflanzende Welle in das Medium 2 ein; die einfallende Welle wird daher total reflektiert.

16.4 Fresnelsche Formeln für polarisiertes Licht z 6 . . . . . . . . .

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. . . . . . . . .

Medium 2 n

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. . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..................... . . . .. . . . . ........ . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

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. . . . . . . . . . . . . . . 0. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

gebrochen

* re E

k

ϕ

A A

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. .. . .. . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....... . ............................................................................ . . . .................................................. . . . . . . . . . ........... . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .......................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ............................ . . . .......................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...................................................................................... ....... . . . . . . . . . ........... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . ....... . . . . . . . . . . . . . . 0 .............0 . . . . . . . . . . . . . . ........ . . . . . . . . . . . ....... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....... . ............................................................................ . . . . . . . ........... . . . . .................................................................. ....... . ............................................................................ . . . ................................................................................ . . . . .

k Ak ϕ ϕ A

r E e

einfallend

-

x

E 0 = E 0 + E 0⊥

Medium 1 n

Für den hier betrachteten senkrechten Fall sind die elektrischen Feldvektoren durch kleine Kreise mit zentralem Punkt angedeutet.

A AAreE A U A

reflektiert

Leiten Sie die Fresnelschen Formeln E0 2n cos ϕ = , E0 ⊥ n cos ϕ + n cos ϕ

Zur Berechnung der Intensitätsbeziehungen (Fresnelsche Formeln) bei der Brechung und Reflexion zerlegt man die elektrische Feldamplitude in die zur Bildebene parallelen und senkrechten Anteile:

E0 n cos ϕ − n cos ϕ = E0 ⊥ n cos ϕ + n cos ϕ

(16.26)

ab. Mit n cos ϕ = n 2 − n2 sin2 ϕ können sie auch allein durch den Einfallswinkel ausgedrückt werden.

303

Kapitel 16 Elemente der Optik Lösung: Wir gehen von den Stetigkeitsbedingungen (16.13) aus:

2 n (E 0 + E 0 ) − n 2 E 0 · e z =

k × E 0 + k × E 0 − k × E 0 · e z =

E 0 + E 0 − E 0 × e z =

k × E 0 + k × E 0 − k × E 0 × e z =

0 0 0 0

Für E 0 = E0 ey , E 0 = E0 ey und E 0 = E0 ey ist die erste Gleichung trivial erfüllt. Die anderen drei Gleichungen ergeben:

n sin ϕ E0 + E0 = n sin ϕ E0 E0 + E0 = E0

n cos ϕ E0 − E0 = n cos ϕ E0

Es wurde k = k und k = (n /n)k verwendet. Werden die ersten beiden Gleichungen durcheinander dividiert, so führt dies auf das Brechungsgesetz n sin ϕ = n sin ϕ ; es genügt die letzten beiden Gleichungen zu betrachten. So liefert etwa die zweite Gleichung nach E0 /E0 aufgelöst und in die dritte eingesetzt die Fresnelsche Gleichung für (E0 /E0 )⊥ .

16.5 Alternative Form der Fresnelschen Formeln Wir betrachten weiter die in der Abbildung von Aufgabe 16.4 skizzierte Brechung und Reflexion. Zeigen Sie, dass sich die Fresnelschen Formeln auch in der folgenden Form schreiben lassen: E0 E0 2 cos ϕ sin ϕ tan(ϕ − ϕ ) , = = E0 sin(ϕ + ϕ ) cos(ϕ − ϕ ) E0 tan(ϕ + ϕ ) E0 E0 2 cos ϕ sin ϕ sin(ϕ − ϕ ) , = − = − E0 ⊥ sin(ϕ + ϕ ) E0 ⊥ sin(ϕ + ϕ ) Was ergibt sich für den Brewster-Winkel tan ϕB = n /n im Fall paralleler Polarisation? Lösung: Das Brechungsgesetz n/n = sin ϕ / sin ϕ und n 2 − n2 sin2 ϕ = n cos ϕ werden in die Fresnelschen Formeln (16.14) für die parallele Polarisation eingesetzt: 2n cos ϕ 2 cos ϕ sin ϕ 2 cos ϕ sin ϕ E0 = = = E0 n cos ϕ + n cos ϕ sin ϕ cos ϕ + sin ϕ cos ϕ sin(ϕ + ϕ ) cos(ϕ − ϕ ) n cos ϕ − n cos ϕ sin ϕ cos ϕ − sin ϕ cos ϕ tan(ϕ − ϕ ) E0 = = = E0 n cos ϕ + n cos ϕ sin ϕ cos ϕ + sin ϕ cos ϕ tan(ϕ + ϕ ) In der reflektierten Amplitude wurden die Sinus- und Cosinus-Funktionen durch den Tangens ersetzt und das trigonometrische Additionstheorem für den Tangens ausgenützt. Für den Brewster-Winkel gilt tan ϕB = n /n = sin ϕB / sin ϕ , also cos ϕB = sin ϕ oder

304


ϕB + ϕ = π/2. Wir setzen dies in das Amplitudenverhältnis für die reflektierte Welle ein: tan(ϕB − ϕ ) E0 = = 0 E0 tan(ϕB + ϕ ) Wenn nichtpolarisiertes Licht mit dem Brewster-Winkel reflektiert wird, dann ist der reflektierte Strahl senkrecht zur Einfallsebene polarisiert. Das Brechungsgesetz n/n = sin ϕ / sin ϕ wird in die Fresnelschen Formeln (16.26) für die senkrechte Polarisation eingesetzt: E0 2n cos ϕ 2 cos ϕ sin ϕ 2 cos ϕ sin ϕ = = = E0 ⊥ n cos ϕ + n cos ϕ cos ϕ sin ϕ + sin ϕ cos ϕ sin(ϕ + ϕ ) n cos ϕ − n cos ϕ cos ϕ sin ϕ − sin ϕ cos ϕ sin(ϕ − ϕ ) E0 = = =− E0 ⊥ n cos ϕ + n cos ϕ cos ϕ sin ϕ + sin ϕ cos ϕ sin(ϕ + ϕ )

16.6 Regenbogen .... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ... ........ ..... ... ..... ... ..... ..... ..... ..... .... . ..... ... ... ...... ... ........................................................................................................................................................ .. .. .. ....

α .............................................. .... ... .................. .. ... ... S β ..................... .... ..... . . . . β .......... ... . ... ... ......α ... ... ......... .... . . ..... ...... .. ..... ............. ................... ..... ........ ......... ........ .... ...... .... 0 Reflexionen ........ γ ...... ......................................................................................................................................................................................................................................................................................... -

..... ..... .... .... ......... ..... ... ..... ... ..... ..... ..... ..... ... . ..... .... .. ...... ... .............................. ..... ............................................................................ ........ ... ..... ..... .......... ... ... ...... ... .... .. ... ... ... . . . . ..... . ...... ............ .. ... .. .. ............................................................................................................................................................................................................................................................................................. .. ....

......... α .................... ................... . .... . ...... .......................... ..... ............. ... β .... β ........... ... ... β........... ..... ... . .. . . . . .... .. ...... ...β........ ........ ................. ........... ........... ........... ............ α . . . . . . . . . . . ......... 1 Reflexion ............ γ

S

Ein Regenbogen entsteht durch Brechung und Reflexion von Sonnenstrahlen an Wassertropfen. Es werden Strahlengänge betrachtet, bei denen es zu keiner Reflexion (links) kommt, oder zu einer oder zwei Reflexionen (unten). Die einmalige Reflexion liegt beim Hauptbogen vor, der erste Nebenbogen entsteht durch zweimalige Reflexion. ... ... ... .... .. ... .. .. . . ..... .. .... ................................ ... ... ... .. ................................................................................................................... ............. .. ............ ... . . . . . ... . ... .... ... ... ............. ........ . ....... ...... ... .... ....... ... .. ...... ....... ...... ... . . . ...... . ... ... . ....... . . . . ... ....... ....... . ......... ....... ....... . . .... . . . . ...

.......... ............ ................... ...... ...... .. ...... ...... ........... β β ..... ...... ... .. . ... ... ... .. ...... ........ β ... ... . . . β . . α...... ... .. .. . . . . . . .... β ............β......................... S..... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. ....... .... ................................... α ...... . . . . . ........ ............... 2 Reflexionen ...... γ ........ ..............................................................................................................................................................................................................................................................................................

Das Sonnenlicht (S) kommt von links und trifft mit allen möglichen Einfallswinkeln α auf die Tropfenoberfläche. Relativ zur Einfallsrichtung (Horizontale) wird der Strahl schließlich unter dem Winkel γ beobachtet. Zu einer deutlichen Verstärkung kommt es, wenn ein (kleines) α-Intervall zum selben Beobachtungswinkel γ = γ (α) beiträgt; aus der Bedingung hierfür dγ /dα = 0 folgt der Winkel γextr . Der Regenbogen erscheint dann als Kreis, der unter dem Winkel γextr relativ zur Achse Sonne-Beobachter-Kreismittelpunkt zu sehen ist. Der Brechungsindex von Luft ist n ≈ 1, der von Wasser liegt bei n ≈ 1.33. Wegen der Frequenzabhängigkeit n = n(ω) sind die Winkel γextr für verschiedene Farben leicht unterschiedlich.

305


Bestimmen Sie die Beobachtungswinkel γextr für den Haupt- (1 Reflexion) und den ersten Nebenregenbogen (2 Reflexionen). Wie ist die Farbfolge in den beiden Regenbögen, wenn die Brechungsindizes für rotes und violettes Licht nrot = 1.331 und nviolett = 1.334 betragen? Welcher der beiden Regenbögen erscheint breiter? Untersuchen Sie das Intensitätsverhältnis von Haupt- und Nebenregenbogen mit Hilfe der Fresnelschen Formeln. Es genügt, das senkrecht zur Einfallsebene polarisierte Licht zu betrachten. Lösung: Die Winkel α und β sind über das Brechungsgesetz n = sin α/sin β miteinander verknüpft. Für den Fall ohne Reflexion (erste Abbildung) gilt sin α γ (α) = 2 α − 2β = 2 α − arcsin n Im Wertebereich α ∈ [0, 90◦ ] gibt es kein Extremum und daher auch keinen Regenbogen. Bei einmaliger Reflexion (zweite Abbildung oben) ist der Beobachtungswinkel:

γ (α) 6 90◦

... ...2 Reflexionen ... . ... .. .. ... .. ... . .... .. .. .. .... .... ... ..... . . ..... . . ...... ..... ....... ........................... . . .... 45◦ ....................... ............ ........ ................ . . 1 Reflexion . . . . . ..... ..... ...... .... ..... ...... .... ...... ..... . . . . . . . ... . . . . . . . . . . . . ... . . . . . . . . . . . . . . ... . . . . . . . . . . . . . . . ......... keine Reflexion . . . . . .......... . . . . . ..................... . . . .......

45◦

90◦

γ (α) = −2 α + 4β sin α = −2 α − 2 arcsin n Ein verstärkter Reflex ergibt sich für dγ cos α = 0 = −2 + 4 dα n2 − sin2 α oder -

α

cos α =

n2 − 1 = 0.506 3

Hieraus ergeben sich die Winkel α ≈ 59.6◦ und β ≈ 40.4◦ . Die Abbildung zeigt, dass γ (α) an dieser Stelle ein Maximum hat: n2 − 1 4 − n2 ≈ 42.5◦ (Hauptbogen) + 4 arcsin γextr = − 2 arccos 3 3 n2 Dies ist der Winkel, unter dem der Hauptregenbogen relativ zur Achse Sonne-Beobachter gesehen wird. Wir berechnen noch die Abhängigkeit vom Brechungsindex: √ 4 2 4 − n2 n 2 dγextr − √ =− √ = −2.56 < 0 = √ √ dn 4 − n2 n2 − 1 n n2 − 1 n n2 − 1 Mit nrot = 1.331 und nviolett = 1.334 folgen hieraus die Farbreihenfolge und die Breite: Δγextr ≈ dγextr Δn ≈ 0.4◦ (Hauptbogen) γextr (rot) > γextr (violett) , dn Bei zweimaliger Reflexion (letzte Abbildung in der Aufgabenstellung) ist der Beobachtungswinkel: sin α γ (α) = π + 2 α − 6β = π + 2 α − 6 arcsin n

306


Diese Funktion (Abbildung oben) hat ein Minimum bei

dγ cos α = 0, =2−6 dα n2 − sin2 α

cos α =

n2 − 1 = 0.310 8

Hieraus folgen α = 71.9◦ und β = 45.6◦ . Der zugehörige Beobachtungswinkel ist γextr = π + 2 arccos

n2 − 1 − 6 arcsin 8

9 − n2 ≈ 50.1◦ 8 n2

(Nebenbogen)

Wir berechnen noch die Abhängigkeit vom Brechungsindex: √ dγextr 2 9 − n2 = 4.61 > 0 = √ dn n n2 − 1 Mit nrot = 1.331 und nviolett = 1.334 folgen hieraus die Farbreihenfolge und die Breite: γextr (rot) < γextr(violett) ,

Δγextr ≈ dγextr Δn ≈ 0.8◦ dn

(Nebenbogen)

Beim Hauptregenbogen wird der Lichtstrahl zuerst gebrochen, dann reflektiert und schließlich nochmal gebrochen. Mit den Fresnelschen Formeln berechnen wir hierfür das Produkt der einzelnen Amplitudenverhältnisse für Brechung, Reflexion und nochmalige Brechung: 2 cos α n cos β − cos α 2n cos β Eaus = ≈ 0.296 Eein ⊥ cos α + n cos β n cos β + cos α n cos β + cos α Eaus 2 cos α cos β − n cos α 2n cos β = ≈ 0.061 Eein n cos α + cos β cos β + n cos α cos β + n cos α

Die Zahlenwerte ergeben sich mit den oben für den Hauptregenbogen berechneten Winkeln. Eine Totalreflexion (βTR = arcsin(1/n) ≈ 49◦ ) tritt nicht auf, da für beide Regenbögen β < βTR . Für beide Regenbögen liegt der Winkel β aber in der Nähe des Brewster-Winkels βB = arctan(1/n) ≈ 37◦ , so dass die Reflexion des parallel polarisierten Lichts stark unterdrückt ist. Mit den oben berechneten Winkeln für den ersten Nebenregenbogen ergibt sich (Brechung, zwei Reflexionen, Brechung): n cos β − cos α 2 2n cos β Eaus 2 cos α ≈ 0.188 = Eein ⊥ cos α + n cos β n cos β + cos α n cos β + cos α Eaus 2n cos β 2 cos α cos β − n cos α 2 = ≈ 0.062 Eein n cos α + cos β cos β + n cos α cos β + n cos α

An sich muss nun über die Polarisationsrichtungen des Sonnenlichts gemittelt werden. Da jedoch vorwiegend das senkrecht polarisierte Licht reflektiert wird, ergibt sich das Intensitätsverhältnis von Haupt- zu erstem Nebenregenbogen etwa zu 2.5. Die weiteren Nebenbögen (drei und mehr Reflexionen) sind entsprechend stärker unterdrückt.

307


16.7 Alternative Herleitung des Brechungsgesetzes @ @ @ R @ @

@ @B @ R @ @

@ @ @ R @ @ @

......... ..... .....

A@

@

λ....... @ ...... ....... @

@ ............. @.... ϕ @ @ @ B B B B B B B ..... B B ...... ... B .. λ B B B ϕ ......... .................... B . B B A B B B BN BN BN

@

n

@

n

Es wird die Brechung an der Grenzfläche zweier transparenter Medien (Brechungsindizes n und n ) betrachtet. Eine einfallende ebene Welle (Frequenz ω) hat an den Punkten A und B dieselbe Phase. Damit dies auch für A und B gilt, muss die Phasendifferenz auf den Wegen und gleich sein. Was folgt daraus für die Beziehung zwischen den Winkeln ϕ und ϕ ?

Lösung: Die Phasendifferenzen auf den beiden Wegen und sind nω 2π = , λ c

k =

k =

2π n ω = λ c

Die Wellenlängen λ und λ folgen aus den Brechungsindizes n und n und der (vom Medium unabhängigen) Frequenz. Das Gleichsetzen der Phasendifferenzen ergibt n = n Die dick markierte Strecke auf der Grenzfläche kann sowohl aus dem Dreieck mit wie aus dem mit bestimmt werden: = sin ϕ sin ϕ Die Kombination der letzten beiden Gleichungen ergibt das Brechungsgesetz n sin ϕ = sin ϕ n

16.8 Brechungsgesetz aus dem Fermatschen Prinzip z 6 . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . .

n

. . . . . . . .

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. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..................... . . . . ......... . . . ...... . . . . . .

. . . . . . . .

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P (as. ,. .b. )

. . .. .. . .. . . . . . . . . .

ϕ

. . . . . . . .

. . . .

-

....... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . . . . . . . . . ............ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....... . .............................................................. . . . . . . . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........................................................................ ........................................................................ . . . . . ............................................ . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . ........................................................................ ........................................................................ ........................................................................ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

n

s

P(0, −b)

ϕ x

x

Das Fermatsche Prinzip besagt, dass Lichtstrahlen zwischen zwei Punkten P und P so laufen, dass der optische Weg ΔS minimal ist: P ΔS = dr · grad S(r) = minimal P

Die Phase S(r) wird durch die Eikonalgleichung (grad S)2 = n2 und den reellen Brechungsindex n(r) bestimmt. Leiten Sie hieraus das Brechungsgesetz ab.

308


Lösung: Der Vektor grad S(r) gibt die Richtung der Strahlen an und ist daher parallel zum Weg dr. Zusammen mit der Eikonalgleichung wird das Fermatsche Prinzip daher zu P |dr | n(r) = minimal (16.27) ΔS = P

Innerhalb eines Mediums mit n(r) = const. ist der optische Weg gleich dem geometrischen Weg. Der kürzeste Weg zwischen zwei Punkten ist eine Gerade; die Lichtstrahlen verlaufen innerhalb eines Mediums also geradlinig. Der optische Weg von P nach P hängt daher nur von x0 ab, also von der Stelle, an der der Lichtstrahl gebrochen wird: P |dr | n(r) = n b2 + x0 2 + n b 2 + (a − x0 )2 ΔS(x0 ) = P

Hierbei sind b, a und b vorgegebene Parameter. Der optische Weg wird für n x0 n (a − x0 ) d ΔS = − = 0 dx0 b 2 + (a − x0 )2 b2 + x0 2 minimal. Mit x0 sin ϕ = 2 b + x0 2

und

sin ϕ =

a − x0 b 2 + (a − x0 )2

folgt hieraus das Brechungsgesetz: n sin ϕ = sin ϕ n

16.9 Ortsabhängiger Brechungsindex In einem Medium nimmt der Brechungsindex in y-Richtung linear zu: n(r) = n(y) = n0 + n1 y

(n0 > 0, n1 > 0)

Wie verläuft ein Lichtstrahl in der x-y-Ebene, der vom Ursprung zum Punkt (x0 , 0) führt? Verwenden Sie das Fermatsche Prinzip (16.27). Diskutieren Sie insbesondere den realistischen Fall n1 x0 n0 . Lösung: Nach dem Fermatschen Prinzip wird der optische Weg minimal: x0 x0 dx n(y) 1 + y 2 = dx F (y, y ) = minimal ΔS = 0

0

Da F nicht explizit von x abhängt, ist y ∂ F /∂y − F = const. ein erstes Integral der Euler-Lagrange-Gleichung (siehe zum Beispiel Aufgabe 3.1), also n(y) y 2 − n(y) 1 + y 2 = const. = − a 1 + y 2 oder dy = dx

n(y)2 −1 a2

309

Kapitel 16 Elemente der Optik Die Substitution u = n(y) führt zur Lösung u = a cosh(n1 x/a − b) oder n0 + n1 y = a cosh(n1 x/a − b)

Die Randbedingungen y(0) = 0 und y(x0 ) = 0 liefern n0 /a = cosh b = cosh(n1 x0 /a − b) oder n0 n1 x0 n1 x0 und = cosh (16.28) b= 2a a 2a Damit kann die Lösung in der Form y(x) =

n1 x0 a n1 (2 x − x0 ) − cosh cosh n1 2a 2a

(16.29)

geschrieben werden. Diese Form setzt einen Parameter a voraus, der die zweite Gleichung in (16.28) erfüllt. Diese Gleichung für a muss graphisch oder numerisch gelöst werden; es existieren nur Lösungen für n1 x0 1.33 n0 . Wir geben noch den optischen Weg für die Lösung (16.29) an: a n0 n1 x0 a x0 ΔS = sinh + n1 2a 2 Für starke Inhomogenitäten n1 x0 ≈ n0 nähert sich der Lichtstrahl dem Bereich y < −n0 /n1 mit negativem Brechungsindex. Hierfür gilt das Fermatsche Prinzip nicht, und die Lösung bricht zusammen. y 6 n> x0 .............. . ............................. ......................................... ......... n
¯ Δt ΔE ∼ 2

(17.26)

318

Teil III Quantenmechanik

Diese Beziehung fällt aber nicht in den Rahmen (17.24), weil die Zeit keine Messgröße wie der Ort x oder der Impuls p ist. Daher gibt es auch nicht so etwas wie den Erwartungswert t oder die Messung des Mittelwerts der Zeit für ein Elektron in einem Zustand ψ(x, t). Trotzdem ist auch (17.26) bei geeigneter Interpretation qua> h/2 litativ richtig. Man kann beispielsweise ein Wellenpaket mit Δx Δp ∼ ¯ betrachten. Das Teilchen passiert eine bestimmte Stelle während der Zeit Δt ≈ mΔx/p, und aus der Impulsunschärfe folgt die Energieunschärfe ΔE ≈ p Δp/m. Dann > h wird Δx Δp ∼ ¯ /2 zu (17.26). Messprozess und Unschärferelation Die Unschärferelation impliziert eine Aussage über die Störung des Systems, die zwangsläufig mit einer Messung verbunden ist. Wir beziehen uns auf eine Ortsmessung. Vor einer Messung gilt Δx Δp ≥ h/2. Ein Detektor der Größe δx weise nun ¯ das Teilchen nach. Unmittelbar nach der Messung ist das Teilchen mit Sicherheit im Detektor, also Δx = δx und damit δx Δp ≥

h¯ 2

(17.27)

Dies bedeutet: Je genauer wir den Ort bestimmen, umso unbestimmter ist danach der Impuls des Teilchens; je kleiner δx ist, umso größer ist Δp und damit die mit der Messung verbundene Störung. Die mit der Unschärferelation verbundene Unbestimmtheit hat damit die folgenden beiden Aspekte: 1. Für ein bestimmtes System streuen die Messwerte (am immer wieder hergestellten System gemessen) im Bereich Δx und Δp. So lassen sich Ort und Impuls im zeitunabhängigen Grundzustand des Wasserstoffatoms nur im Rahmen einer gewissen Unschärfe (etwa Δx ∼ 1 Å und Δp ∼ h/Δx) festlegen. ¯ 2. In einer Einzelmessung am betrachteten System kann der Ort beliebig genau bestimmt werden (bis auf die Messfehler des Messinstruments). Je genauer die Ortsmessung ist, umso größer ist aber die damit verbundene Störung; δx → 0 bedingt Δp → ∞. Nach einer genauen Ortsmessung hat das System einen weitgehend unbestimmten Impuls. Die hier für Ort und Impuls diskutierten Beziehungen gelten analog für beliebige andere Messgrößen, die zu zwei nicht vertauschbaren Operatoren gehören.

319

Kapitel 17 Schrödingers Wellenmechanik

Aufgaben 17.1 Interferenz 6x

r1 ........... .......... ............... .................. s A....1....... ........... ........... ........... ........... ........... ......... .......... ......

.. ......... ......... . . . . . . . . .. .......... r2 d .......... ......... . . . . . ..... . . . . ?...... ..........

-

6

0

A2

a

-

S

Eine ebene Welle fällt auf eine Blende mit zwei kleinen, gleich großen Öffnungen im Abstand d. Für den Abstand a zwischen der Blende und dem Schirm gilt a d. Der Schnitt des Schirms S mit der Bildebene ist die xAchse. Berechnen und skizzieren Sie die Intensität I (x) = |A1 + A2 | 2 auf dem Schirm.

Lösung: Nach dem Huygensschen Prinzip (16.1) geht von jeder der beiden Öffnungen eine Kugelwelle aus: exp i(k r1 − ω t) exp i(k r2 − ω t) A1 = b , A2 = b r1 r2 Die Amplitude b ist proportional zum Feld der einfallenden Welle und zur Fläche der Öffnung; für die gleich großen Öffnungen und eine senkrecht einfallende Welle sind beide Amplituden gleich. Die Abstände zwischen der Öffnung und dem betrachteten Punkt auf dem Schirm sind r1 und r2 . Die Superposition der beiden Wellen ergibt die Intensität 2 2 cos k(r1 − r2 ) 1 1 2 + + I = A1 + A2 = |b| r1 r2 r12 r22 Der letzte Term ist für die Interferenz verantwortlich. Wir vereinfachen die Gleichung für den Fall, dass der Abstand der Öffnungen klein gegenüber dem Abstand zum Schirm ist, d a. Dazu entwickeln wir die Abstände r1 und r2 , d 2 xd r1,2 = a 2 + x ∓ ≈ a2 + x2 ∓ √ + ... 2 2 a2 + x2 In der Summe 1/r12 + 1/r22 heben sich die in d linearen Terme auf. Im Interferenzterm setzen wir

kxd k r2 − r1 ≈ √ a2 + x2 ein: 2 |b| 2 kxd 4 |b| 2 kxd 2 √ cos I (x) ≈ 2 √ 1 + cos = a + x2 a2 + x2 a2 + x2 2 a2 + x2 Für deutliche Interferenzeffekte muss die Wellenlänge λ mit dem Abstand d vergleichbar sein, also λ ∼ d. Für λ d oder k d 1, geht der Cosinus gegen eins und die Interferenzeffekte verschwinden. Für λ d oszilliert die Intensität mit der Periode Δx ≈ λa/d a, und das Interferenzmuster kann schließlich nicht mehr aufgelöst werden.

320


6I (x)

Intensität I (x) als Funktion des Abstands x vom Zentrum. An den Stellen ± xn 1λ = n+ 2 d a 2 + xn2

4|b| 2 a2

.. .. ... .. .. ... ..... . . .. ... .. .. ... ..... . . .. ..... .. ... ... ... . ... .. . ... . .................... . . . . . . . . . . ... . ............................................. . . . . . ... . . . . . . . . . . . . . ...................... . . . ... ....... . . . . . . ... .. ............... . . .... .. ... .... .... ... -

a

mit n = 0, 1, 2,.... wird die Intensität null. Für die Abbildung wurde λ = d gewählt; dann gibt es für positive und negative x jeweils nur eine Nullstelle.

x

17.2 Comptoneffekt Ein Photon streut an einem ruhenden Elektron und überträgt dabei Energie und Impuls auf das Elektron. Dieser Comptoneffekt kann quantitativ erklärt werden, wenn man annimmt, dass Photonen Teilchen mit der Energie Eγ = hω ¯ und dem Impuls pγ = hk ¯ sind. pγ

Werten Sie die relativistische Energieund Impulsbilanz für diesen Prozess aus. Zeigen Sie, dass die Änderung der Wellenlänge des Photons durch

.........

pγ

... ... .

γ

............

θ .......

HH

Δλ = λ − λ =

HH e

H j H

pe

4π h¯ θ sin2 me c 2

gegeben ist.

Lösung: Wir gehen von den Erhaltungssätzen für die relativistischen Energien und Impulse aus: Eγ + me c2 = Eγ + me2 c4 + pe2 c2 (17.28) p γ = pγ + pe

(17.29)

Wir lösen (17.28) nach der Wurzel auf und quadrieren die Wurzel:

Eγ − Eγ

2

2 + 2 me c2 Eγ − Eγ = p e2 c2 = pγ − pγ c2

(17.30)

Die Terme mit me2 c4 heben sich dabei auf. Zuletzt wurde (17.29), p e = pγ −p γ eingesetzt. Das Ergebnis hängt dann nur noch von den Größen des Photons ab. Für die rechte Seite erhalten wir

2 pγ − pγ = pγ2 + pγ2 − 2pγ pγ cos θ Dabei ist θ der Ablenkwinkel des Photons (siehe auch Abbildung oben). Wir drücken alle Größen durch die Wellenlängen λ und λ aus: Eγ = h¯ ω = h¯ c

2π , λ

Eγ = h¯ c

2π , λ

pγ = h¯ k = h¯

2π , λ

pγ = h¯

2π λ

321

Kapitel 17 Schrödingers Wellenmechanik Wir setzen dies in (17.30) ein:

1 2 cos θ 1 2 me c 1 1 1 1 + − − = 2 + 2 − λ λ π h¯ λ λ λ λ λ λ

Die Terme mit 1/λ2 und 1/λ 2 heben sich auf. Die restlichen Terme können zum gewünschten Resultat zusammengefasst werden: Δλ = λ − λ =

θ 2π h¯ 4π h¯ 1 − cos θ = sin2 me c me c 2

Die Größe h¯ /(me c) ≈ 4 · 10−3 Å ist die Compton-Wellenlänge des Elektrons.

17.3 Eichinvarianz Aus (17.12) folgt die Schrödingergleichung für ein Teilchen im elektromagnetischen Feld:

i h¯

∂ 1 q 2 − q Φe ψ(r, t) = pop − A ψ(r, t) ∂t 2m c

(17.31)

Dabei ist Φe das skalare und A das Vektorpotenzial des elektromagnetischen Felds. ˙ B = ∇ ×A und |ψ(r, t)| 2 sind invariant Die messbaren Felder E = −∇Φe − A/c, unter der folgenden Eichtransformation q ψ → ψ exp i Λ hc ¯ (17.32) Dabei ist Λ(r, t) ein beliebiges skalares Feld. Zeigen Sie, dass die Schrödingergleichung (17.31) invariant unter dieser Eichtransformation ist. Untersuchen Sie dazu, wie sich die Ausdrücke A → A + ∇Λ ,

i h¯

Φe → Φ e −

∂ − q Φe ψ(r, t) ∂t

1 ∂Λ , c ∂t

und

p op −

q A ψ(r, t) c

(17.33)

transformieren. Ein homogenes Magnetfeld B = B ez := B (0, 0, 1) kann durch folgende Vektorpotenziale beschrieben werden: A1 :=

B −y, x, 0 2

A2 := B 0, x, 0

(symmetrische Eichung) (17.34) (Landau-Eichung)

Geben Sie für beide Fälle das Magnetfeld B = ∇ × A an. Bestimmen Sie das Eichfeld Λ(r) in A2 = A1 + grad Λ.

322


Lösung: Wir wenden die Transformation (17.32) auf die Ausdrücke (17.33) an: q q ∂Λ ∂ − q Φe + ψ exp i Λ ∂t c ∂t h¯ c q ∂ − q Φe ψ = exp i Λ i h¯ ∂t h¯ c q q q q p op − A ψ → − i h¯ ∇ − A − ∇Λ ψ exp i Λ c c c h¯ c q q Λ p op − A ψ = exp i c h¯ c

Die Eichtransformation führt jeweils zu dem Phasenfaktor exp i qΛ/(h¯ c) . Dies gilt auch für alle Potenzen dieser beiden Ausdrücke, insbesondere für

i h¯

∂ − q Φe ψ ∂t

pop −

→

i h¯

q q 2 q 2 A ψ → exp i Λ pop − A ψ c c h¯ c

In der Schrödingergleichung (17.31) heben sich die Phasenfaktoren auf der linken und rechten Seite auf. Die Schrödingergleichung ist daher invariant unter der Eichtransformation. Für die Vektorpotenziale in (17.34) erhalten wir: B = rot A1 = rot A2 := B (0, 0, 1) Beide Formen des Vektorpotenzials sind also physikalisch äquivalent. Wir berechnen das zugehörige Eichfeld Λ(r) aus ∇Λ(r) = A2 − A1 :=

B y, x, 0 2

⇒

Λ(r) =

B xy 2

Bei der Eichtransformation A1 → A2 erhält die Wellenfunktion ein zusätzliches Phasenfeld: q qB ψ2 = ψ1 exp i Λ = ψ1 exp i xy h¯ c 2 hc ¯ Das physikalische Problem „Teilchen im homogenen Magnetfeld“ wird in Aufgabe 20.14 quantenmechanisch behandelt. Anmerkungen: Zu Beginn der Lösung wurde gezeigt, dass die Ausdrücke (17.33) und Potenzen dieser Ausdrücke immer nur den Phasenfaktor exp(i qΛ/h¯ c) erhalten. Dies legt folgende Substitutionsregeln für die Einführung eines elektromagnetischen Felds nahe: i h¯

∂ ∂ → i h¯ − q Φe , ∂t ∂t

pop → pop −

q A c

Diese minimale Substitution führt zu eichinvarianten Gleichungen. Dies haben wir hier konkret für die nichtrelativistische Schrödingergleichung gesehen. Es gilt aber insbesondere auch für die Klein-Gordon-Gleichung und die Diracgleichung. Diese Substitution heißt „minimal“, weil im Prinzip noch andere eichinvariante Terme auftreten könnten. Eichinvariante Terme sind alle Ausdrücke, die aus den Feldern E und B aufgebaut sind. Dabei wären auch noch andere Symmetrien zu beachten (in Frage käme etwa eine lorentzinvariante Kombination wie E 2 − B 2 ).

Kapitel 17 Schrödingers Wellenmechanik

323

17.4 Kontinuitätsgleichung für komplexes Potenzial Leiten Sie eine Kontinuitätsgleichung für die Wahrscheinlichkeitsdichte eines Teilchens im komplexen Potenzial V (r) = V1 (r) + i V2(r) ab. Ist die Norm

(17.35)

d 3 r |ψ(r , t)| 2 erhalten?

Lösung: Wir schreiben die Schrödingergleichung und die komplex konjugierte Gleichung mit dem Potenzial (17.35) an: ∂ψ(r, t) h¯ 2 = − ψ(r, t) + V1 (r) + i V2 (r) ψ(r, t) ∂t 2m ∗ h¯ 2 ∂ψ (r, t) = − ψ ∗ (r, t) + V1 (r) − i V2 (r) ψ ∗ (r, t) −i h¯ ∂t 2m i h¯

Wir multiplizieren die erste Gleichung mit ψ ∗ , die zweite mit ψ und subtrahieren die beiden Gleichungen voneinander: i h¯

2 h¯ 2 ∗ ∂ 2 ψ = − ∇ ψ (∇ψ) − (∇ψ ∗ )ψ + 2 i V2 (r) ψ ∂t 2m

(17.36)

Wir führen die Wahrscheinlichkeitsdichte und die zugehörige Stromdichte ein, 2 (r, t) = ψ(r, t) j (r, t) =

h¯ ∗ ψ (r, t) ∇ ψ(r, t) − ∇ ψ ∗ (r, t) ψ(r, t) 2im

Damit wird (17.36) zur Kontinuitätsgleichung 2 ∂ (r, t) + ∇j (r, t) = V2 (r) (r, t) ∂t h¯

Für die Norm N(t) = d 3 r (r, t) gilt dN(t) dt

(V2 t0 = an ΦEp (r p ) ϕn (r e ) (18.37) n

Die Wellenfunktion ΦEp (r p ) beschreibe das wegfliegende Proton. Wenn wir nun zu einer späteren Zeit die Energie des Protons messen, dann erhalten wir mit der Wahrscheinlichkeit |an | 2 die Energie Ep = Ep + ε0 − εn . Durch ein solches Streuexperiment können die diskreten Anregungsenergien εn − ε0 des Elektrons (im Atom) bestimmt werden. Unmittelbar nach einer Messung zur Zeit tm befindet sich das System dann im Zustand Ψt=tm + = ΦEp (r p ) ϕn (r e )

(18.38)

Es erscheint etwas paradox, dass die Messung der Energie des Protons den Zustand des (zu diesem Zeitpunkt weit entfernten) Atoms festlegt. Dieser paradoxe Zug der Quantenmechanik (Nichtlokalität) wurde insbesondere von Einstein, Podolsky und Rosen für ein System aus zwei Teilchen mit Spin 1/2 diskutiert (EPR-Paradoxon). Das skizzierte Experiment, wie auch zahlreiche andere Experimente, zeigen, dass bei einer Messung tatsächlich nur die Eigenwerte λn des zugehörigen Operators auftreten. Unmittelbar nach der Messung befindet sich das System im Zustand ψ = ϕn ; der ursprüngliche Zustand ψ ist dadurch im Allgemeinen zerstört.

343

Kapitel 18 Eigenwerte und Eigenfunktionen

Symmetrie und Erhaltungsgröße Unter Symmetrie versteht man die Invarianz des Systems gegenüber einer bestimmten Operation oder Transformation. Wenn der Hamiltonoperator mit F vertauscht, dann ist die durch F bewirkte Operation ohne Einfluss auf das System; es liegt also eine Symmetrie vor. Im Folgenden setzen wir ∂F =0 (18.39) ∂t voraus; die Operatoren H und F sollen hermitesch sein. In der Eigenwertgleichung F ϕn(x) = λn ϕn (x) stehe x = (q1 ,..., qg ) für die Variablen, auf die der Operator F wirkt. In der Wellenfunktion ψ(x, y, t) können noch andere Variable y = (qg+1 ,..., qf ) auftreten. Die x-Abhängigkeit der Wellenfunktion kann nach den Eigenfunktionen ϕn (x) von F entwickelt werden: [H, F ] = 0 ,

ψ(x, y, t) =

∞

An (y, t) ϕn (x)

(18.40)

n=0

Die Wahrscheinlichkeit, den Wert λn bei der Messung von F zu finden, ist 1 an (t) 2 ≡ dy An (y, t) 2 = Wahrscheinlichkeit, (18.41) den Wert λn zu finden

Unter Verwendung der Schrödingergleichung erhält man folgende Aussage: Symmetrie [H, F ] = 0

−→

Erhaltungsgröße an (t) 2 ist zeitunabhängig

(18.42)

Für kontinuierliche Eigenwerte ist analog hierzu die Wahrscheinlichkeitsdichte |a(λ, t)| 2 zeitunabhängig. Unter der Voraussetzung (18.39) hängt das Ergebnis der Messung nicht von dem Zeitpunkt ab, zu dem die Messung durchgeführt wird. In diesem Sinn ist F eine Erhaltungsgröße. Als Beispiel betrachten wir den Oszillator-Hamiltonoperator (18.17) mit einer zeitabhängigen Frequenz ω(t) und die z-Komponente des Drehimpulsoperators z = −i h¯ ∂/∂φ. Die Eigenfunktionen von z sind ϕm (φ) ∝ exp(imφ) zu den Eigenwerten m h¯ = 0, ±h¯ , ±2 h, ¯ ... Wegen [H (t), z ] = 0 hängt die Wahrscheinlichkeit, den Wert m h¯ für z zu finden, nicht von der Zeit ab. Ein anderes Beispiel ist der Paritätsoperator P , der oben im Anschluss an (18.4) diskutiert wurde. Er vertauscht mit dem Hamiltonoperator (18.14). Das bedeutet zum Beispiel: Wenn die Wellenfunktion zu einem bestimmten Zeitpunkt positive Parität hat, dann gilt das auch für jeden anderen Zeitpunkt. Zu den üblicherweise behandelten Symmetrien gehören die räumliche und zeitliche Translationsinvarianz. Aus ihnen folgen die Impuls- und Energieerhaltung. Für die Energieerhaltung ist die zweite Bedingung in (18.39) die entscheidende; sie beschreibt die Invarianz gegenüber der Transformation t → t + t0 . Die Folgerung |an (t)| 2 = const. bedeutet dann, dass die Wahrscheinlichkeiten für die Energieeigenwerte En nicht von der Zeit abhängen.

344


Aufgaben 18.1 Eigenwertgleichung für Ortsoperator Geben Sie die Eigenfunktionen und Eigenwerte des Ortsoperators in der Orts- und in der Impulsdarstellung an. Lösung: Wir beginnen mit dem eindimensionalen Fall und schreiben die Eigenwertgleichung an: oder (x − x0 ) ϕx0 (x) = 0 x ϕx0 (x) = x0 ϕx0 (x) Die kartesische Koordinate x ist sowohl der Ortsoperator wie auch das Argument der gesuchten Eigenfunktion ϕx0 (x); der Eigenwert wurde mit x0 bezeichnet. Im Raum von Funktionen wäre ϕx0 (x0 ) = a und ϕx0 (x = x0 ) = 0 zu setzen; dies ist keine akzeptable Lösung. Wir müssen daher eine Distribution als Lösung zulassen: ϕx0 (x) = δ(x − x0 ) Eine Lösung der Eigenwertgleichung ist auch C δ(x − x0 ) mit einer beliebigen Amplitude C. Die Wahl C = 1 entspricht der Normierung (18.26) für Eigenfunktionen, die von einem kontinuierlichen Eigenwert abhängen. Mit der Fouriertransformation ∞ ipx ipx 1 1 0 = √ exp − dx ϕx0 (x) exp − φx0 (p) = √ h¯ h¯ 2π h¯ −∞ 2π h¯ wird die Eigenwertgleichung zu xop φx0 (p) = x0 φx0 (p)

mit

xop = i h¯

∂ ∂p

Dabei ist xop der Ortsoperator im Impulsraum, und φx0 (p) ist die zugehörige Eigenfunktion; sie ist gemäß (18.26) normiert. Im Dreidimensionalen lautet die Eigenwertgleichung im Ortsraum r ϕr 0 (r) = r 0 ϕr 0 (r) mit den Eigenwerten r 0 und den Eigenfunktionen ϕr 0 (r) = δ(r − r 0 ). Im Impulsraum wird dies zu ∂ mit rop = i h¯ rop φr 0 (p) = r 0 φr 0 (p) ∂p und den Eigenfunktionen φr 0 (p) =

ip · r 1 0 exp − 3/2 (2π h¯ ) h¯

18.2 Dreidimensionaler Paritätsoperator Im Dreidimensionalen wird der Paritätsoperator durch P φ(r) = φ(−r) definiert. Geben Sie die Eigenwerte und Eigenfunktionen des Operators P an. Lösung: Die Eigenwertgleichung des Paritätsoperators lautet P φλ (r) = λ φλ (r)

345

Kapitel 18 Eigenwerte und Eigenfunktionen Eine nochmalige Anwendung des Paritätsoperators ergibt !

P 2 φλ (r) = λ2 φλ (r) = φλ (r) Das letzte Gleichheitszeichen folgt aus der Definition des Paritätsoperators. Aus λ2 = 1 folgen die beiden Eigenwerte λ = ±1. Die zugehörigen Eigenfunktionen sind: (gerade Funktionen) +1 : φ+ (r) = + φ+ (−r) λ= −1 : φ− (r) = − φ− (−r) (ungerade Funktionen) Zu jedem der beiden Eigenwerte gibt es unendlich viele Eigenfunktionen. Die geraden Funktionen haben positive (λ = 1), die ungeraden Funktionen negative (λ = −1) Parität.

18.3 Phasenraum des Oszillators Der eindimensionale Oszillator hat die Hamiltonfunktion H (q, p) =

p2 m ω2 q 2 + 2m 2

Welche Form hat die Kurve H (q, p) = E im Phasenraum? Berechnen Sie das Phasenraumvolumen VPR (E) = dq dp, das von dieser Kurve eingeschlossen wird. Aus den bekannten Energieeigenwerten En = hω ¯ (n + 1/2) folgt die Anzahl NE der Zustände mit En ≤ E. Stellen Sie den Zusammenhang zwischen dieser Anzahl NE und dem Phasenraumvolumen VPR(E) her. Lösung: Die Bedingung H (q, p)/E = 1 kann in der Form p2 q 2 + 2 =1 a2 b

√ mit a = 2 mE

und

b=

2E m ω2

geschrieben werden. Es handelt sich also um eine Ellipse mit den Halbachsen a und b. Das Phasenraumvolumen VPR ist gleich der Ellipsenfläche: 2πE VPR (E) = dp dq = πa b = ω H (q, p) < E

Der quantenmechanische Oszillator hat die diskreten Energien En = h¯ ω (n + 1/2) mit n = 0, 1, 2, . . .. Die Anzahl NE der Zustände mit einer Energie kleiner als E ist daher NE =

En ≤E

1 ≈

VPR (E) E = h¯ ω 2π h¯

(NE 1)

Dieses Ergebnis wurde in (18.13) für den unendlichen Potenzialtopf angegeben. Unter der Voraussetzung NE 1 gilt das Ergebnis für beliebige eindimensionale Systeme: Nach der Unschärferelation können die Koordinate qk und der Impuls pk nur im Rahmen der Unschärferelation Δqk Δpk ≥ h¯ /2 festgelegt werden. Dementsprechend nimmt ein quantenmechanischer Zustand ein Volumen der Größe 2π h¯ im qk -pk -Unterraum ein.

346


18.4 Lennard-Jones-Potenzial Das Lennard-Jones-Potenzial V (r) = 4

σ 12 σ 6 − 6 r 12 r

( > 0)

(18.43)

beschreibt näherungsweise das Potenzial zwischen zwei sphärischen Atomen. Für zwei 4 He-Atome sind ≈ 10−3 eV, σ ≈ 2.5 Å und h¯ 2 /m ≈ 2 · 10−3 eV Å2 realistische Parameterwerte; die letzte Angabe bezieht sich auf die reduzierte Masse m. Skizzieren Sie das Potenzial, und geben Sie die Minimumwerte r0 und V (r0 ) an. Nähern Sie das Potenzial in der Nähe des Minimums durch einen Oszillator des tiefsten Oszillatorzustands (für an. Vergleichen Sie die Energie E0 = hω/2 ¯ die r-Bewegung der beiden Atome) mit der Potenzialtiefe V (r0 ). Gibt es ein He2 Molekül? 6V (r)

0 1

2

−

... Lösung: Graph des Lennard-Jones-Potenzials ... ... ... mit den angegebenen Parametern. Die Nullstelle ... ... des Potenzials liegt bei r = σ , und das Minimum ... ... bei r0 = 21/6 σ . ... ... ... ... ... ... r ... 0 r ... ................................................. . . . . ... . . . . . . . . . . . . . . ... 4............... Å ... .. ... ...... . . . . ... .... ... ... ... . . ... . ... ... ... .... ... ... .....

Die notwendige Bedingung für ein Extremum ist 12 σ 12 6 σ 6 dV (r) = 4 − 13 + 7 =0 dr r r

⇒

r0 = 21/6 σ ≈ 1.12 σ

An dieser Stelle ist der Potenzialwert V (r0 ) = 4

σ 12 σ 6 − 6 r012 r0

= −

Die zweite Ableitung d 2 V 12 · 13 σ 12 6 · 7σ 6 72 = 4 − = 1/3 2 dr 2 r0 2 σ r014 r08 ist positiv; es handelt sich also um ein Minimum.


347

Wir entwickeln nun das Potenzial in der Nähe des Minimums in eine Taylorreihe um r0 bis zur Ordnung (r − r0 )2 . Wegen V (r0 ) = 0 lautet diese Taylorreihe V (r) ≈ V (r0 ) +

2

2 1 1 72 V (r0 ) r − r0 = − + r − r0 1/3 2 2! 22 σ

(18.44)

Abgesehen von der Konstanten V (r0 ) ist dies das Potenzial eines verschobenen, eindimensionalen, harmonischen Oszillators

2 mω2 6 · 21/3 V (r) ≈ V (r0 ) + mit ω = r − r0 2 σ m Die Frequenz ω ergibt sich aus dem Vergleich mit (18.44). Die Nullpunktenergie des Oszillators h¯ ω 3 · 21/3 h¯ 2 E0 = = ≈ 2 2 σ m ist eine Näherung für die Energie des tiefsten Zustands im Lennard-Jones-Potenzial. Diese Nullpunktenergie ist mit der Potenzialtiefe V (r0 ) = − zu vergleichen. Wegen E0 > ist zu erwarten, dass es keinen gebundenen Zustand gibt. Unsere Abschätzung ist allerdings sehr grob, da der Oszillator das Lennard-Jones-Potenzial für einen vielleicht gerade noch gebundenen Zustand nur schlecht annähert (siehe Abbildung). Für andere Atome ist das Potenzial im Allgemeinen deutlich tiefer, und die Masse ist größer. Dann sind die niedrigsten Vibrationszustände um das Minimum herum lokalisiert und können gut durch Oszillatorzustände angenähert werden. Tatsächlich gibt es keine He2 -Moleküle im üblichen Sinn. Es gibt allerdings sogenannte Dimere, die eine große räumliche Ausdehnung r ≈ 50 Å und eine winzige Bindungsenergie ε0 ≈ −0.1 μeV haben.

18.5 Konstruktion von Oszillatorwellenfunktionen Führen Sie das Konstruktionsverfahren der Oszillatorwellenfunktionen mit der Rekursionsformel 2k + 1 − εn ak+2 = (18.45) ak (k + 1)(k + 2) für εn = 2n + 1 mit n = 3 und n = 4 explizit durch. Lösung: Nach der Wahl von a0 und a1 legt die Rekursionsformel alle anderen Koeffizienten fest. Wenn die gerade oder die ungerade Reihe nicht abbricht, ergibt sich eine nichtnormierbare Wellenfunktion. Daher muss eine Reihe durch die Wahl a0 = 0 oder a1 = 0 eliminiert werden, und die andere muss durch die Wahl εn = 2n + 1 zum Abbruch gebracht werden. Für n = 3 muss a0 = 0 gewählt werden; damit ergibt die Rekursionsformel a2ν = 0. Die Rekursionsformel mit ε3 = 7 lautet ak+2 =

2k − 6 ak (k + 1)(k + 2)

Für k = 1 folgt hieraus a3 = −2a1 /3 und dann a5 = a7 = ... = 0. Damit erhalten wir die Lösung y2 y2 2y 2 u3 (y) = a1 y 1 − exp − = c3 H3 (y) exp − 3 2 2

348


Das so konstruierte Polynom ist proportional zum Hermitepolynom H3 (y) = 8y 3 −12y. Es wurde die dimensionslose Koordinate y = (mω/h¯ )1/2 x verwendet. Der Koeffizient a1 (oder c3 ) wird durch die Normierung festgelegt. Die Lösung gehört zur Energie E3 = 7 h¯ ω/2. Für n = 4 muss a1 = 0 gewählt werden; damit ergibt die Rekursionsformel a2ν+1 = 0. Die Rekursionsformel mit ε4 = 9 lautet ak+2 =

2k − 8 ak (k + 1)(k + 2)

Hieraus folgen a2 = −4 a0 , a4 = −a2 /3 = 4 a0 /3, und dann a6 = a8 = . . . = 0. Damit erhalten wir die Lösung y2 y2 4y 4 exp − = c4 H4 (y) exp − u4 (y) = a0 1 − 4 y 2 + 3 2 2 Das Polynom ist proportional zum Hermitepolynom H4 (y) = 16y 4 − 48 y 2 + 12. Der Koeffizient a0 (oder c4 ) wird durch die Normierung festgelegt. Die Lösung gehört zur Energie E4 = 9 h¯ ω/2.

18.6 Explizite Darstellung der Hermitepolynome Zeigen Sie, dass die Koeffizienten in der expliziten Darstellung der Hermitepolynome int (n/2) (−)ν n! (2y)n−2 ν Hn (y) = (18.46) ν! (n − 2ν)! ν=0

die Rekursionsformel (18.45) für εn = 2n + 1 erfüllen. Dabei ist int(n/2) die größte ganze Zahl kleiner als n/2. Lösung: In der expliziten Darstellung (18.46) treten die Potenzen y k mit den Koeffizienten ak =

(−)(n−k)/2 n! 2k

k! (n − k)/2 !

auf. Die Summe läuft dabei über k = n − 2ν = n, n − 2, . . . , 0 oder 1. Mit der Ersetzung k → k + 2 erhalten wir den Koeffizienten ak+2 =

2(n − k) (−)(n−k)/2−1 n! 2k+2

= − ak (k + 1)(k + 2) (k + 2)! (n − k)/2 − 1 !

Diese Koeffizienten genügen der Rekursionsformel (18.45) mit εn = 2n + 1.

18.7 Oszillator mit Wand Bestimmen Sie die Eigenfunktionen und Energieeigenwerte für ein Teilchen im Potenzial mω2 x 2/2 (x ≥ 0) V (x) = ∞ (x < 0)

349


Lösung: Für x < 0 ist das Potenzial unendlich, und die Wellenfunktion ist null, ϕ(x) = 0. Für x > 0 kommen die bekannten Oszillatorwellenfunktionen ϕn (x) als Lösung in Frage. Die Anschlussbedingung ϕ(0) = 0 bei x = 0 schließt die Oszillatorfunktionen mit gerader Parität (n gerade) aus. Für die Oszillatorfunktionen mit ungerader Parität (n ungerade) gilt ϕn (x) = −ϕn (−x), und die Anschlussbedingung ϕ(0) = 0 ist erfüllt. Die gesuchten Eigenfunktionen sind demnach ⎧ ⎪ ⎨

0 ϕn (x) = ⎪ ⎩ cn Hn mω x exp − mω x 2 h¯

2 h¯

(x < 0) (x ≥ 0)

mit ungeradem n. Die zugehörigen Eigenwerte sind die Oszillatorenergien 1 h¯ ω En = n + 2

(n = 1, 3, 5, . . . )

18.8 Oszillator im elektrischen Feld Für einen harmonischen Oszillator im elektrischem Feld E = Ee ex lautet das Potenzial mω2 2 x − q Ee x 2

V (x) =

(18.47)

Bestimmen Sie die Eigenfunktionen und Energieeigenwerte. Berechnen Sie den Ortserwartungswert x für die Eigenfunktionen des Oszillators. Lösung: Durch quadratische Ergänzung bringt man das Potenzial auf die Form V (x) = V0 +

2 mω2 x − x0 2

mit x0 =

q Ee , mω

V0 = −

q 2 Ee2 2 mω 2

Abgesehen von der Konstanten V0 ist dies das Potenzial eines verschobenen harmonischen Oszillators. Die gesuchten Eigenfunktionen sind daher ϕn (x) = cn Hn

mω h¯

x − x0

2 mω exp − x − x0 2 h¯

mit den Energieeigenwerten 1 h¯ ω En = V0 + n + 2 Für den Ortserwartungswert erhalten wir x = x0 + x − x0 = x0 Der Erwartungswert x − x0 ist null, weil |ϕn (x)| 2 eine gerade Funktion in x − x0 ist.

350


18.9 Erzeugende Funktion für Hermitepolynome Die Entwicklung der erzeugenden Funktion exp(−s 2 + 2s y) nach Potenzen von s definiert die hermiteschen Polynome Hn (y): ∞

sn exp −s 2 + 2 s y = Hn (y) n!

(18.48)

n=0

Bestimmen Sie hieraus die untersten drei Polynome. Berechnen Sie das Normierungsintegral ∞

2 dy Hn (y) exp −y 2 −∞

mit Hilfe der erzeugenden Funktion. Betrachten Sie dazu das Integral ∞

J = dy exp −s 2 + 2 s y exp −t 2 + 2 t y exp −y 2 −∞

(18.49)

Lösung: Wir entwickeln die linke Seite von (18.48) bis zur Ordnung s 2 ,

exp −s 2 + 2s y = exp −s 2 exp 2 s y = 1 + 2y s + 2y 2 − 1 s 2 + . . . Die gesuchten Polynome können hieraus abgelesen werden: H0 (y) = 1 ,

H1 (y) = 2y ,

H2 (y) = 4 y 2 − 2

Im Integral (18.49) ergänzen wir den Exponenten quadratisch: ∞

2

√ √ 2n n n exp 2 s t = π exp 2 s t = π dy exp − y − (s + t) s t J = n! −∞ n=0

∞

Zuletzt wurde die resultierende Exponentialfunktion in eine Potenzreihe entwickelt. Wir setzen nun (18.48) in das Integral J ein: J =

n,n

∞

sn t n ! √ 2n n n dy Hn (y)Hn (y) exp −y 2 = π s t n! n ! n! −∞ n=0 ∞

Diese Aussagen gelten für beliebige s und t. Daher müssen auch alle Koeffizienten von s n und t n übereinstimmen, also ∞

√ dy Hn (y) Hn (y) exp −y 2 = π 2n n! δnn −∞

Damit ist die Orthogonalität der Hermitepolynome gezeigt. Für n = n erhalten wir das gesuchte Normierungsintegral. Damit können wir die orthonormierten Oszillator-Eigenfunktionen angeben: ϕn (y) =

y2 1 1 √ Hn (y) exp − 1/4 π 2 2n n!

351


18.10 Dreidimensionaler Kasten Verallgemeinern Sie die Lösung für den eindimensionalen unendlichen Potenzialtopf (18.10) auf einen dreidimensionalen unendlichen Potenzialtopf (Würfel), der durch das Potenzial % 0 0 ≤ x, y, z ≤ L (18.50) V (r) = ∞ sonst beschrieben wird. Diskutieren Sie die Entartung der untersten Zustände. Berechnen Sie das Phasenraumvolumen VPR(E) und zeigen Sie NE ≈ VPR (E)/(2π h) ¯ 3 . Dabei ist NE 1 die Anzahl der Zustände mit einer Energie kleiner als E. Lösung: Der Hamiltonoperator H = (px2 + px2 + px2 )/(2m) + V (r) separiert in den Koordinaten x, y und z. Daher können die Lösungen Φ(x, y, z) als Produktzustände aus den Eigenfunktionen (18.11),

ϕnx (x) =

n πx 2 x sin , L L

Enx =

π2 h¯ 2 nx2 2 mL2

(nx = 1, 2, 3, . . . )

des eindimensionalen Potenzialtopfs aufgebaut werden: Φnx ny nz (x, y, z) = ϕnx (x) ϕny (y) ϕnz (z) Die Energieeigenwerte ergeben sich als die Summe Enx ny nz = Enx + Eny + Enz =

nx

ny

nz

n

Entartung

1

1

1

3

1

2 1 1

1 2 1

1 1 2

6 6 6

3

2 2 1

2 1 2

1 2 2

9 9 9

3

3 ...

1 ...

1 ...

11 ...

3

π2 h¯ 2 2 n + ny2 + nz2 2mL2 x Die Energien hängen nur über die Kombination n = nx2 + ny2 + nz2 von den Quantenzahlen nx , ny und nz ab. Der Grundzustand nx = ny = nz = 1 mit n = 3 ist nicht entartet. In der Regel sind die angeregten Zustände dreifach entartet. In Ausnahmefällen führen verschiedene Zahlentripel zum selben n, so ergeben zum Beispiel (3, 3, 3) und (5, 1, 1) beide n = 27; dann ist der Entartungsgrad höher.

Wir berechnen das Phasenraumvolumen: 3 3 3 d 3p VPR (E) = d r d p = L - ./ 0 ./ 0 H (r, p) ≤ E

|p | ≤

√

=

3/2 3 4π L 2 mE 3

2mE

Für die quantenmechanischen Zustände mit einer Energie kleiner als E gilt nx2 + ny2 + nz2
0)

(19.2)

Hierbei ist h¯ 2 q 2 /2m = E − V0 > 0. Für E < V0 und x > 0 gilt stattdessen ϕE = T exp(−κ x), wobei h¯ 2 κ 2 /2m = V0 − E. Die einfallende Stromdichte ist j0 = hk/m. Mit dem Potenzial hat ϕ bei x = 0 einen Sprung. Daher sind ϕ(x) ¯ und ϕ (x) bei x = 0 stetig. Hieraus lassen sich die Koeffizienten R und T in (19.2) berechnen. Die transmittierte Stromdichte jT verschwindet für E < V0 . Für E > V0 erhält man (h¯ q/m) |T | 2 4kq jT = = (19.3) j0 (k + q)2 hk/m ¯ In der klassischen Mechanik würde jT /j0 bei E = V0 von 0 auf 1 springen. 359 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_19, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

360


Delta-Potenzial Wir untersuchen die Lösung von (19.1) für ein Delta-Potenzial V (x) = V0 δ(x)

(19.4)

Ein solches Potenzial kann als Näherung verwendet werden, wenn die Länge, auf der die Wellenfunktion variiert (etwa die Wellenlänge), viel größer ist als die Reichweite des (tatsächlichen) Potenzials. Für positive Energien kann man die Streulösung wie in (19.2) ansetzen. In Aufgabe 19.1 sollen hierfür die Reflexion und die Transmission berechnet werden. Für negative Energie E = −h¯ 2 κ 2 /2m ist ϕ(x) ∝ exp(±κ x) der geeignete Ansatz. Eine Lösung ergibt sich nur für V0 < 0, und zwar genau eine Lösung: m |V | 0 |x| ϕ0 (x) = A exp − h¯ 2

mit E0 = −

V02 m 2 h¯ 2

(19.5)

Den Knick in der Wellenfunktion bestimmt man, indem man die Schrödingergleichung von − bis integriert.

Endlicher Potenzialtopf Das Potenzial exp(i kx) -

6V (x) Kontinuum von Lösungen ....................... .... ..

x ............ .... ........................................ . , ϕ (x) E . 1 1 . . ..... ............................................ ... ........... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ...... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .... ...................... .... .......... ........ ........... ......... .......................................... ............ ........... E .......... . ................................................................ ..... ..... 0 , ϕ0 (x) ..... ..... ..... ..... ..... ........... ... ... ............... ... ............... ... ... ............... ... .. ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ...........

V (x) =

%

V0 < 0 0

(|x| < a) (|x| > a)

hat Streulösungen mit positiver Energie. Für |x| > a sind diese Lösungen von der Form exp(±i kx); für |x| < a sind sie mit exp(±i q x) anzusetzen. Diese Lösungen werden in Aufgabe 19.5 untersucht. Hier bestimmen wir die gebundenen Lösungen zu negativer Energie.

Der Hamiltonoperator ist symmetrisch gegenüber der Transformation x → −x. Wegen [H, P ] = 0 sind simultane Eigenfunktionen zum Paritätsoperator P und zum Hamiltonoperator H möglich. Für die Lösungen ϕ ± mit positiver und negativer Parität setzen wir an: ⎧ ⎧ (x < −a) ⎨ D exp(+κ x) ⎨ −C exp(+κ x) (|x| < a) (19.6) , ϕ − = A sin(q x) ϕ + = B cos(q x) ⎩ ⎩ D exp(−κ x) C exp(−κ x) (x > a) Hierbei ist E = −h¯ 2 κ 2 /2m < 0 und E − V0 = h¯ 2 q 2/2m > 0.

361

Kapitel 19 Eindimensionale Probleme

Mit dem Potenzial hat ϕ (x) bei x = ±a einen Sprung. Damit sind ϕ (x) und ϕ(x) hier stetig. Aus der Stetigkeit bei |x| = a folgen die Eigenwertbedingungen: κ = q tan(q a) κ = −q cot(q a)

gerade Lösungen ungerade Lösungen

(19.7)

Die Wurzeln dieser Bedingungen kann man graphisch oder numerisch bestimmen. In einem tiefen Potenzial erhält man für die unteren Eigenwerte En ≈ εn − |V0 |, wobei die εn = h¯ 2 π2 n2 /(8ma 2 ) die aus (18.11) bekannten Eigenwerten des unendlichen Potenzialtopfs sind.

Semiklassische Näherung Wenn man den allgemeinen Ansatz ϕ(x) = exp(i S(x)/h) ¯ in die Schrödingergleichung (19.1) einsetzt, erhält man die Differenzialgleichung (19.8) S (x)2 = 2m E − V (x) + i hS ¯ (x) In einer semiklassischen Näherung betrachtet man den Term mit h¯ als „klein“. Man entwickelt dann die Phase S(x) nach Potenzen von h: ¯ 2 h¯ h¯ S2(x) + . . . (19.9) S(x) = S0 (x) + S1 (x) + i i Dies wird in (19.8) eingesetzt. Die resultierende Gleichung wird dann sukzessive in der Ordnung h¯ 0 , h¯ 1 , h¯ 2 , und so weiter gelöst. In nullter Ordnung ergibt sich S0 = ± dx p(x) mit dem klassischen Impuls p(x)2 = 2m(E − V (x)). Für konstantes Potenzial ist ϕ(x) = exp(i S0 (x)/h) ¯ dann die exakte Lösung. In erster Ordnung in h¯ erhält man i const. exp ± ϕ(x) = dx p(x) (19.10) h¯ |p(x)| Diese semiklassische Näherung wird nach ihren Begründern, Wentzel, Kramers und Brillouin, WKB-Näherung genannt. Die beiden Vorzeichen entsprechen zwei unabhängigen Lösungen. Eine notwendige Bedingung für die Gültigkeit der Näherung (19.10) ist, dass der Term mit S1 klein ist relativ zu S0 . Diese Bedingung führt zu |dV /dx | λ p2 /2m; auf der Skala der Wellenlänge λ darf sich das Potenzial nur wenig ändern. An den klassischen Umkehrpunkten (mit p(x) = 0) versagt die WKB-Näherung. Im klassisch verbotenen Bereich E < V wird der Faktor exp[±i dx p(x)/h¯ ] zu exp[± dx κ(x)], wobei h¯ 2 κ 2 = 2m [V (x) − E]. Damit kann man den Abfall der Amplitude der Wellenfunktion in der Barriere angeben. Das Quadrat dieser Amplitude ist die Wahrscheinlichkeit P für das quantenmechanisch mögliche Durchqueren (Tunneln) der Barriere: 2 x2 P ≈ exp − dx 2m V (x) − E (19.11) h¯ x1

362


Dabei haben wir uns über die Ungültigkeit der WKB-Näherung an den Umkehrpunkten hinweggesetzt und die Vorfaktoren einfach weggelassen. Unbeschadet dieser bedenklichen Schritte stellt die WKB-Penetrabilität P eine sehr brauchbare Näherung dar. Die Wechselwirkung zwischen einem α-Teilchen und einem Atomkern kann man durch ein Potenzial beschreiben, (r < R0 ) V0 ≈ −100 MeV V (r) = (19.12) 2Ze2 /r (r > R0 ) Als Modell für den (Eltern-)Kern 212 Po betrachten wir ein α-Teilchen, dass sich im (Tochter-)Kern 208 Pb bewegt. Die Wechselwirkung zwischen dem α-Teilchen und dem Tochterkern wird durch das Potenzial (19.12) beschrieben. Die Bewegungsgleichung kann auf eine eindimensionale Differenzialgleichung reduziert werden (Kapitel 20). Hierauf kann die WKB-Näherung angewandt werden. Aus den bekannten Massen der Atomkerne folgt, dass das α-Teilchen außerhalb des Bleikerns eine Energie von etwa Eα ≈ 5 . . . 9 MeV hat (je nach betrachtetem Isotop). Die Barriere des Potenzials (19.12) ist dagegen 25 bis 30 MeV hoch. Beim Alphazerfall durchtunnelt das α-Teilchen diese Barriere. Im Inneren stößt das α-Teilchen mit der Frequenz v/2R0 gegen die Barriere (mv 2 /2 ≈ 100 MeV, R0 ≈ 9 fm, klassische Abschätzung). Wenn es die Barriere jeweils mit der Wahrscheinlichkeit P durchtunnelt, ist die Zerfallskonstante (Zerfallswahrscheinlichkeit pro Zeit) gleich λ = (v/2R0 ) P . Die Auswertung der Penetrabilität mit (19.11) ergibt näherungsweise das Geiger-Nuttall-Gesetz Z ln λ = b (Z) − a Eα

(19.13)

mit a ≈ 4 MeV und Z = 82. Die zentrale Aussage dieses Gesetzes ist die Energieabhängigkeit aufgrund des letzten Terms: Bei einer um 1 MeV anderen α-Energie ändert sich die Halbwertszeit τ1/2 = ln (2)/λ um etwa vier Größenordnungen(!). Diese dramatische Energieabhängigkeit wurde zunächst experimentell gefunden und dann 1928 quantenmechanisch erklärt.

363


Aufgaben 19.1 Reflexion und Transmission für Deltapotenzial Betrachten Sie die eindimensionale Schrödingergleichung mit dem attraktiven δPotenzial h¯ 2 κ V (x) = V0 δ(x) 0 wird die eindimensionale Schrödingergleichung zu ϕ (x) + 2 κ δ(x) ϕ(x) = k 2 ϕ(x) Im Bereich x < 0 setzen wir eine einlaufende Welle (mit willkürlicher Amplitude eins) und eine reflektierte Welle an, und im Bereich x > 0 eine transmittierte Welle: exp(ikx) + R exp(−ikx) (x < 0) ϕ(x) = T exp(ikx) (x > 0) Damit die Schrödingergleichung bei x = 0 erfüllt ist, muss ϕ (x) eine δ-funktionsartige Singularität haben. Dann hat ϕ (x) einen Sprung, und ϕ(x) ist stetig. Aus der Stetigkeit folgt 1+R = T Eine Integration der Schrödingergleichung von − bis + ergibt für → 0 die Sprungbedingung ϕ () − ϕ (−) = −2 κ ϕ(0). Hieraus folgt i k T − i k (1 − R) = − 2 κ (1 + R) Aus den letzten beiden Gleichungen ergeben sich der Reflexions- und der Transmissionskoeffizient: κ ik R=− , T = κ + ik κ + ik Die Reflexions- und Transmissionswahrscheinlichkeiten sind dann |R| 2 = |T | 2 =

κ2 mV02 /(2 h¯ 2 ) = κ 2 + k2 mV02 /(2 h¯ 2 ) + E κ2

k2 E = 2 2 +k mV0 /(2 h¯ 2 ) + E

(19.14)

Hieraus folgt |R| 2 + |T | 2 = 1. Dies drückt die Teilchenstromerhaltung aus, denn mit den einfallenden, reflektierten und transmittierten Stromdichten j0 = gilt j0 = jR + jT .

h¯ k , m

jR =

h¯ k |R| 2 , m

jT =

h¯ k |T | 2 m

364


6|T | 2

1

...... ...... ...... ...... ...... ....... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...................... .................................... ....................... ............... . . . . . . . . . . . .... ........ ...... ...... . . . . .... ... ...

mV02 2 h¯ 2

E

Die Transmissionswahrscheinlichkeit (19.14) als Funktion der Energie. Nach einem linearen Anstieg nähert sie sich für hohe Energien langsam der Eins. Bei sehr hohen Energien wird schließlich die gesamte einfallende Stromdichte transmittiert. Für ein repulsives δ-Potenzial ist κ durch −κ zu ersetzen. Die Reflexions- und Transmissionswahrscheinlichkeiten und das links gezeigte Verhalten bleiben unverändert.

19.2 Molekülmodell Betrachten Sie die eindimensionale Schrödingergleichung mit dem attraktiven δDoppelpotenzial V (x) = V0 δ(x + a) + δ(x − a)

h¯ 2 κ0 a) ⎨ A+ exp(−κ+ x) ⎨ A− exp(−κ− x) B+ cosh(κ+ x) , B− sinh(κ− x) (−a < x < a) ϕ− (x) = ϕ+ (x) = ⎩ ⎩ (x < −a) A+ exp(+κ+ x) − A− exp(+κ− x) (19.15) In den Bereichen |x| > a tritt jeweils nur die normierbare Exponentialfunktion auf. Aufgrund der Symmetrie der Wellenfunktionen (gerade oder ungerade), genügt es die Anschlussbedingungen bei x = a aufzustellen. Die Stetigkeit der Wellenfunktion bei x = a impliziert

2A± − exp(2κ± a) ± 1 B± = 0 (19.16) Eine Integration der Schrödingergleichung von a − bis a + ergibt für → 0 die Sprungbedingung ϕ (a + ) − ϕ (a − ) = −2 κ0 ϕ(a). Hieraus folgt

2(2 κ0 − κ± )A± − κ± exp(2 κ± a) ∓ 1 B± = 0 (19.17) Damit die beiden linearen homogenen Gleichungen (19.16) und (19.17) für A± und B± eine nichttriviale Lösung haben, muss die Koeffizientendeterminante verschwinden. Hieraus folgen die Eigenwertbedingungen für die geraden und ungeraden Lösungen:

κ− = κ0 1 − exp(−2κ− a) (19.18) κ+ = κ0 1 + exp(−2κ+ a) ,

365


2

1

. 6 .... . ... . . ... ... .... .... .. .... .. ......d ......... ... ..... .. ....... ..... .. ................ ............. ........ ... ..............d .. . .. .. ....................... ......... ........... ......... ......... ......... ....................... ........ ...................................................................................................... . . . . . ... ........................... .................... . ..t .. ................. . . . . . . ... . ....... ..... . .. ...... ..... .. .... ..... ... ............... . . . .. ... ..... .......... .......

1

κa

6

... ... ... ... ... .... ..... ...... κ ........ + ........... ................. ............................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ......... ......... ........ ......... ........ ......................................................................................................... κ0 ........................ ............ ........ . . . . . ..... ... ... κ− ... . .. .. .. -

2 κ0

1

κ0 a

Wir diskutieren diese Eigenwertbedingungen graphisch in der Form 1 ± exp(−2 κ a) =

κa κ0 a

Dazu tragen wir die linke Seite als Funktion von κa auf. Diese Kurven schneiden wir mit Ursprungsgeraden (rechte Seite) unterschiedlicher Steigung 1/(κ0 a). Für die symmetrische Eigenwertgleichung (obere Kurve) gibt es immer einen Schnittpunkt (◦), für die antisymmetrische nur für κ0 a ≥ 1/2 (•).

Die Lösungen κ+ und κ− der Eigenwertgleichungen sind als Funktion von κ0 a gezeigt. Bei festgehaltener Potenzialstärke ist der Abszissenwert proportional zum Abstand a der beiden δ-Potenziale. Für positive Parität ist κ+ > κ0 , und die Bindungsenergie E+ = − h¯ 2 κ+2 /(2μ) < E0 ist kleiner als die eines einzelnen δ-Potenzials. Für negative Parität ist κ− > κ0 und E− > E0 .

Beim Abstand a = 0 erhält man ein δ-Potenzial doppelter Stärke und einen gebundenen, geraden Zustand mit der vierfachen Bindungsenergie. Mit wachsendem Abstand nimmt dann der Betrag der Bindungsenergie dieses geraden Zustands ab. Für κ0 a > 1/2 gibt es zusätzlich eine ungerade gebundene Lösung. Für große Abstände κ0 a 1 können die Eigenwertgleichungen (19.18) auch näherungsweise gelöst werden:

κ± ≈ κ0 1 ± exp(−2 κ0 a) Dies führt auf die Energien E± = −

h¯ 2 κ±2 h¯ 2 κ02 ≈− 1 ± 2 exp(−2κ0 a) = E0 1 ± 2 exp(−2κ0 a) 2μ 2μ

(19.19)

Man kann das System als Molekülmodell für ein Elektron (unser Teilchen) und zwei Atomkerne (die beiden δ-Potenziale) betrachten. Wenn die Atome weit voneinander entfernt sind, dann ist das Elektron bei einem der beiden Atome (Energie E0 ). Wenn der Abstand mit 1/κ0 vergleichbar ist, dann führt die gerade Lösung zu einer Absenkung der Energie, also zu einem gebundenen Molekül (homöopolare Bindung). Die ungerade Lösung ergibt dagegen keine Bindung. Mit den Ersetzungen

√ √ B± = 2C± κ± exp(−κ± a) A± = C± κ± exp(κ± a) ± exp(−κ± a) , können wir die Wellenfunktionen (19.15) in folgender kompakter Form schreiben: √ √ ϕ± (x) = C± κ± exp(−κ± |x − a|) ± κ± exp(−κ± |x + a|) (19.20)

366


√ Die Faktoren κ± wurden mit angeschrieben, damit die beiden Exponentialfunktionen jeweils für sich normiert sind. Wie berechnen das Überlappintegral zwischen den bei x = a und x = −a zentrierten Einzellösungen: ∞ d x exp(−κ |x − a|) exp(−κ |x + a|) = (1 + 2κ a) exp(−2κ a) S(κ a) = κ −∞

Damit ergibt sich die Normierung der Wellenfunktion (19.20) zu 2 C± 2 ± 2S(κ± a) = 1

1 C± = √ 2 ± 2S(κ± a)

⇒

Die Wellenfunktion (19.20) ist die vollständige und exakte Lösung des Problems. Für große Abstände κ0 a 1 vereinfacht sie sich zu einer Linearkombination der Wellenfunktionen der einzelnen δ-Potenziale:

1 √ ϕ0 (x − a) ± ϕ0 (x + a) ϕ± ≈ √ mit ϕ0 = κ0 exp − κ0 |x| (19.21) 2 ± 2S(κ0 a) Diese Form stellt eine Verbindung zu gebräuchlichen Näherungen der Molekülphysik dar. Wie in (19.21) wird dort das Molekülorbital für ein zweiatomiges Molekül als Linearkombination der einzelnen Atomorbitale angesetzt. Der Erwartungswert des Hamiltonoperators liefert dann eine brauchbare Näherung für die Bindungsenergie, hier (19.19). Durch Variationsrechnung lässt sich das Ergebnis verbessern. In unserem Beispiel würde die Variation von κ das exakte Resultat (19.18) und (19.20) liefern.

19.3 Energieband im periodischen Potenzial Betrachten Sie die eindimensionale Schrödingergleichung mit dem periodischen Potenzial V (x) = V0

∞

δ(x − na)

mit V0 = −

n =−∞

h¯ 2 κ0 0. Dies sind aber Streulösungen, und keine Lösungen der Eigenwertgleichung (19.24). Um andere Potenzialwerte zu diskutieren, entwickeln wir F (κ a) für kleine κa,

(κa)2 F (κ a) ≈ 1 − κ0 a + 1 − κ0 a/3 ± ... 2 Die Kurve startet beim Wert (1 − κ0 a) und steigt für κ0 a < 3 sofort an. Für κ0 a > 3 fällt sie zunächst ab; für große κa geht sie aber schließlich immer gegen +∞. Dadurch ergibt sich in jedem Fall nur ein einziger zusammenhängender Bereich, in dem die linke Seite von (19.24) das Intervall [−1, +1] durchquert, also ein einziges Band. Für 0 < κ0 a ≤ 2 starten die möglichen κ-Werte bei null; das Band grenzt daher an das Kontinuum E > 0. Für κ0 a > 2 startet die Kurve außerhalb des Intervalls [−1, +1], und das Band grenzt nicht mehr an das Kontinuum. Als Beispiel hierfür betrachten wir κ0 a = 3 (untere Kurve in der Abbildung). In diesem Fall liegen die erlaubten Eigenwerte im Bereich 2.58 < κ a < 3.25. Dies entspricht dem Energieband −5.28

h¯ 2 h¯ 2 < E < −3.33 ma 2 ma 2

(κ0 a = 3)

368


F (κ a) κ0 a. = 1

6

1

−1

−2

.

κ0 a. = 3 .

................................................................................ ............................................................................... .............................................................................. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. ........................................................................................................................................................

Die jeweils erlaubten Bereiche („Bänder“) der Eigenwerte κa sind für die Potenzialstärken κ0 a = 1 und κ0 a = 3 mit Balken markiert. Es ergibt sich in jedem Fall genau ein Band. Physikalisch beruht das darauf, dass jedes einzelne δ-Potenzial nur einen gebundenen Zustand hat. Für periodische Potenziale aus attraktiven Kastenpotenzialen mit mehreren gebundenen Zuständen ergeben sich entsprechend auch mehrere Energiebänder. Die Aufgabe stellt ein einfaches Bändermodell dar, wie es für Metalle verwendet wird.

.. .. .. ... . .. .. ... .. .. .. . 1 2 κa .. 3 ... . .. .. ... . ............................................................................................................................................................................ ................................. . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................................. . . . . . . . . . . ... . . ................ . . . . . . . . . . . . . . . . ............................................... ......................................................................... ...................... ............................................................................... .................................................... .......................... ..................................................................................... .................................................................................. ................................. . .............................................. . . . . . . . . . . . . . . . . .............. ...................................... ................................................................................................................................................................................................... .. .... .... . . . . .... ..... ...... . . . . . . ...... ........... ...........................

. .... ..... ..... ..... ..... . ................................................................................................ ................................. . . . .................................... ............................................................................ ... ..... ..... ..... ....

19.4 Vollständigkeit der Deltapotenzial-Lösungen Betrachten Sie die eindimensionale Schrödingergleichung mit dem attraktiven δPotenzial √ V (x) = V0 δ(x) mit V0 = − h¯ 2 κ/m. Es gibt die gebundene Lösung ϕ0 (x) = κ exp(−κ |x|) und die reellen, geraden (+) und ungeraden (−) Streulösungen:

1 ϕk+ (x) = √ cos k |x| + η(k) , π

1 ϕk− (x) = √ sin k x π

(k ≥ 0)

Bestimmen Sie zunächst die Streuphase 2η(k). Zeigen Sie die Orthogonalität zwischen ϕ0 (x) und den Streulösungen. Überprüfen Sie dann die Vollständigkeitsrelation ∞ ϕ0∗ (x) ϕ0 (x ) + dk ϕk+ ∗ (x) ϕk+ (x ) + ϕk− ∗ (x) ϕk− (x ) = δ(x − x ) (19.25) 0

∞ Hinweis: Verwenden Sie 0 dk cos ky = π δ(y) und ∞ dk sin2 η cos(ky) + sin η cos η sin(ky) = πκ exp(−κ y)

(19.26)

0

Lösung: Die Streuphase ist 2η(k) und nicht η(k), weil die Verschiebung der ungestörten Lösung um η(k) sowohl für positive wie für negative x-Werte auftritt. Den Winkel η(k) bestimmen wir aus der Sprungbedingung ϕ + () − ϕ + (−) = −2 κ ϕ + (0) mit → 0, 2κ 2k − √ sin η(k) = − √ cos η(k) π π

⇒

tan η(k) =

κ k

Nachdem κ/k positiv ist, können wir den Winkel η(k) auf den Bereich 0 ≤ η ≤ π/2 beschränken. Damit liegen die Vorzeichen für den Sinus und Cosinus fest: κ , sin η(k) = √ 2 k + κ2

cos η(k) = √

k k2

+ κ2

(19.27)

369


Wir untersuchen nun die Orthogonalität zwischen ϕ0 (x) und den Streulösungen. Aus der unterschiedlichen Parität folgt sofort

∞

−∞

dx ϕ0 (x) ϕk− (x) = 0

Für den gebundenen Zustand und die Streuwellen positiver Parität berechnen wir

∞ −∞

κ ∞ = dx exp − κ |x| cos k |x| + η(k) π −∞ ∞ κ = 2 dx exp(−κ x) cos(kx) cos η(k) − sin(kx) sin η(k) π 0 κ k κ cos η(k) − 2 sin η(k) = 0 = 2 π k2 + κ 2 k + κ2

ϕk+ (x)

dx ϕ0 (x)

Wegen des symmetrischen Integranden erhalten wir zweimal das Integral von 0 bis ∞. Nach der Umformung mit dem Additionstheorem für den Cosinus kann das Integral elementar integriert werden. Mit Berücksichtigung von (19.27) ist das Ergebnis null. Ohne Beweis stellen wir fest, dass auch die Streulösungen untereinander orthogonal sind. Trivial ist die Orthogonalität zwischen den ϕk+ (x) und den ϕk− (x) (wegen der Parität). Der Beweis der Orthogonalität für verschiedene k-Werte ist dagegen aufwändiger. Wir kommen nun zur Vollständigkeit und überprüfen zunächst die Aussage (19.26). Dazu setzen wir die Relationen für die Streuphase (19.27) auf der linken Seite von (19.26) ein und integrieren elementar:

∞

dk 0

κ2 κk cos(ky) + 2 sin(ky) k2 + κ 2 k + κ2

= π κ exp(−κy)

Hiermit ersetzen wir den Beitrag des gebundenen Zustands κ exp − κ (|x| + |x |) auf der linken Seite von (19.25) durch ein Integral: 1 π

∞

dk sin2 η(k) cos k(|x| + |x |) + sin η(k) cos η(k) sin k(|x| + |x |)

+ cos k |x| + η(k) cos k |x | + η(k) + sin(kx) sin(kx )

0

= =

1 π 1 π

∞

d k cos(k|x|) cos(k|x |) + sin(kx) sin(kx )

∞

d k cos k(x − x ) = δ(x − x )

0

0

Die ersten drei Terme wurden mit Additionstheoremen zerlegt und zusammengefasst. Alle Terme, die von der Streuphase η(k) abhängen, heben sich gegenseitig weg. Die Betragsstriche im Argument des Cosinus können weggelassen, und die verbleibenden beiden Terme können in eine Cosinusfunktion zusammengefasst werden. Das Integral hierüber ist eine Darstellung der δ-Funktion. Damit ist die Vollständigkeit gezeigt. Wesentlich ist, dass nur alle gebundenen und ungebundenen Lösungen zusammen vollständig sind. Diese Aufgabe zeigt speziell, dass der eine gebundene Zustand berücksichtigt werden muss.

370


19.5 Reflexion und Transmission für Potenzialtopf Betrachten Sie die eindimensionale Schrödingergleichung mit dem attraktiven Potenzialtopf % (|x| < a) V0 < 0 V (x) = 0 (|x| > a) Bestimmen Sie die Reflexions- und Transmissionskoeffizienten R und T für die Streuung an diesem Potenzial. Was ergibt sich für |R|2 + |T | 2 ? Diskutieren Sie die Energieabhängigkeit der Transmissionswahrscheinlichkeit |T | 2 . Für welche Streuenergien En > 0 gilt |R|2 = 0 ? Lösung: Als physikalische Randbedingung nehmen wir an, dass von links eine Welle einfällt. Dann ist die Wellenfunktion von der Form ⎧ (x < −a) ⎪ ⎨ exp(i kx) + R exp(−i kx) A exp(i q x) + B exp(−i q x) (|x| < a) ϕk (x) = (19.28) ⎪ ⎩ T exp(i kx) (x > a) Hierbei ist k die Wellenzahl außerhalb des Potenzials, E = h¯ 2 k 2 /(2 m) > 0, und q diejenige innerhalb, E − V0 = h¯ 2 q 2 /(2 m). (Für ein repulsives Potenzial und E − V0 < 0 müsste q durch i κ ersetzt werden.) An den Stellen x = ±a springen das Potenzial und damit die zweite Ableitung der Wellenfunktion. Damit sind die Wellenfunktion und ihre erste Ableitung stetig. Wir werten diese Stetigkeitsbedingungen bei x = +a und bei x = −a aus: A exp(i q a) + B exp(−i q a) = T exp(i ka)

i q A exp(i q a) − B exp(−i q a) = i k T exp(i ka) A exp(−i q a) + B exp(i q a) = exp(−i ka) + R exp(i ka)

i q A exp(−i q a) − B exp(i q a) = i k exp(−i ka) − R exp(i ka) Dieses lineare inhomogene Gleichungssystem für die vier Unbekannten R, A, B und T hat eine eindeutige Lösung. Wir lösen die ersten beiden Gleichungen nach A und B auf, A=

k 1 1+ T exp i (k − q)a , 2 q

B =

1 k 1− T exp i (k + q)a 2 q

und setzen dies in die beiden letzten Gleichungen ein: k sin(2q a) T = exp(−2 ika) + R q q cos(2q a) − i sin(2q a) T = exp(−2 ika) − R k

cos(2q a) − i

Hieraus erhalten wir T =

exp(−2 ika) cos(2q a) − i

k2 + q2 2kq

, sin(2q a)

R = −i

k2 − q 2 sin(2q a)T 2kq

371

Kapitel 19 Eindimensionale Probleme und die Transmissions- und Reflexionswahrscheinlichkeiten: 2 |T | 2 =

1+

k2 − q 2kq

1 2 2

|R| 2 =

, sin2 (2q a)

k − q2 2 2kq

sin2 (2q a) 2 k − q2 2 1+ sin2 (2q a)

(19.29)

2kq

Hieraus folgt |R| 2 + |T | 2 = 1. Mit den Stromdichten j0 =

h¯ k , m

jR =

h¯ k |R| 2 , m

jT =

h¯ k |T | 2 , m

wird diese Aussage zur Teilchenstromerhaltung, j0 = jR + jT . Wir berechnen noch die Energien, für die die Reflexionswahrscheinlichkeit (19.29) verschwindet, |R| 2 = 0. Die Nullstelle bei q = k ist trivial, denn hierfür ist das Potenzial null, V0 = 0. Nichttriviale Nullstellen ergeben sich aus denen des Sinus im Nenner, und zwar bei qn a = nπ/2 mit n = 1, 2, . . .. Diese liegen bei den Energien En = V0 +

h¯ 2 π2 n2 >0 8ma 2

(19.30)

Wegen V0 < 0 muss n hinreichend groß sein, damit die Energien En im Bereich der Streuenergien (E > 0) liegen. Das Verschwinden der Reflexion bei bestimmten Energien ist ein quantenmechanischer Effekt. Er tritt im Experiment (in komplexerer Form) als RamsauerEffekt auf. Zur Diskussion der Energieabhängigkeit schreiben wir die Transmissionswahrscheinlichkeit (19.29) explizit als Funktion der Energie 2 T = 6|T |

1+

2 −1 V02 sin (8ma 2 /h¯ 2 )(E − V0 ) 4E (E − V0 )

(19.31)

2

1 ............................. ......... ......... ........................................................................................................................................................................................................... .. ... ...... .. ............ ... .. .. ... . .. .. ... . .. .. ... . .. .. ... . .. .. ... .

-

|V0 |

E

Bei niedrigen Energien steigt die Transmissionswahrscheinlichkeit |T | 2 linear mit der Energie an. Bei den Energien (19.30) gilt |T | 2 = 1, und die Reflexion verschwindet. Die Amplitude der Oszillationen in diesem Bereich nimmt mit wachsender Energie schnell ab. Bei sehr hohen Energien wird die gesamte einfallende Stromdichte transmittiert. Für die Abbildung wurde V0 = −30 h¯ 2 /(8ma 2 ) gewählt. Die Reflexion verschwindet dann bei E1 = 0.32 |V0 |, E2 = 1.96 |V0 | und so weiter.

19.6 Transmission durch Potenzialbarriere Betrachten Sie die eindimensionale Schrödingergleichung mit der Potenzialbarriere V0 > 0 (0 < x < a) V (x) = (19.32) 0 (sonst)

372


Bestimmen Sie die Reflexions- und Transmissionskoeffizienten R und T für die Streuung mit der Energie E = h¯ 2 k 2 /(2m) < V0 . Was ergibt sich für |R| 2 + |T | 2 ? Diskutieren Sie die Energieabhängigkeit der Transmissionswahrscheinlichkeit |T |2 . Vergleichen Sie das exakte Ergebnis für |T | 2 mit der WKB-Näherung a

TWKB 2 ≈ exp − 2 d x 2 m V0 − E /h¯ 2 0

Lösung: Als physikalische Randbedingung nehmen wir an, dass von links eine Welle einfällt. Dann ist die Wellenfunktion von der Form ⎧ (x < 0) ⎪ ⎨ exp(i kx) + R exp(−i kx) ϕk (x) =

⎪ ⎩

A cosh(κ x) + B sinh(κ x) T exp(i kx)

(0 < x < a)

(19.33)

(x > a)

Dabei ist V0 − E = h¯ 2 κ 2 /(2 m) > 0. Bei x = 0 und x = a haben das Potenzial und damit auch die zweite Ableitung der Wellenfunktion einen Sprung. Dann sind die Wellenfunktion und ihre erste Ableitung stetig. Wir werten diese Stetigkeitsbedingungen bei x = 0 und bei x = a aus: 1+R = A

i k 1 − R = κB T exp(ika) = A cosh(κ a) + B sinh(κ a) i k T exp(ika) = κ A sinh(κ a) + κ B cosh(κ a) Dieses lineare inhomogene Gleichungssystem für die vier Unbekannten R, A, B und T hat eine eindeutige Lösung. Wir lösen die ersten beiden Gleichungen nach A und B auf und setzen dies in die beiden letzten Gleichungen ein. Die Elimination von R führt dann zu

κ 2 − k 2 sinh(κ a) − 2 i kκ cosh(κ a) T = − 2 i kκ exp(−ika) Damit ist die Transmissionswahrscheinlichkeit bestimmt: 2

κ a 1 1 4kκ ≈ exp −2 κ a |T | 2 = 2 2 2 2 2 k +κ k +κ 1+ sinh2 (κ a)

(19.34)

2kκ

Dieses Ergebnis erhält man auch aus (19.29) durch die Ersetzungen q → iκ und a → a/2. Bei niedrigen Energien steigt die Transmissionswahrscheinlichkeit linear mit der Energie an

und wächst dann monoton weiter, bis sie bei E = V0 den Wert |T | 2 = 1/ 1 + ma 2 V0 /2 h¯ 2 erreicht. Es gibt in diesem Bereich keine Oszillationen wie in Aufgabe 19.5. Für E > V0 müssen im Ansatz (19.33) die hyperbolischen Funktionen durch trigonometrische ersetzt werden, und man erhält das Ergebnis (19.29) mit a → a/2 . Bei sehr hohen Energien wird dann wieder die gesamte einfallende Stromdichte transmittiert, |T | 2 → 1. In der WKB-Näherung erhalten wir a

TWKB 2 ≈ exp − 2 d x 2 m V0 − E /h¯ 2 = exp(−2κ a) 0

In (19.34) haben wir als letzten Eintrag das Ergebnis für κ a 1 angegeben. Es unterscheidet sich von der WKB-Näherung um den Vorfaktor. Für sehr kleine Tunnelwahrscheinlichkeiten (im Alphazerfall sind |T |2 ∼ 10−10 . . . 10−30 übliche Werte), spielt der Vorfaktor nur eine untergeordnete Rolle. Für E = V0 /2 erreicht er im hier betrachteten Modell seinen maximalen Wert 4.

20 Dreidimensionale Probleme Wir führen die Drehimpulsoperatoren und ihre Eigenfunktionen ein. Die Bewegung in einem Zentralpotenzial wird durch diese Eigenfunktionen und durch die Lösungen der Radialgleichung beschrieben. Wir untersuchen speziell das Kastenpotenzial, den sphärischen Oszillator und das Wasserstoffproblem. Die ungebundenen Eigenfunktionen beschreiben die elastische Streuung von Teilchen an einem Potenzial. Wir entwickeln die Streutheorie (Wirkungsquerschnitt, Partialwellenzerlegung, Streuphasen) und wenden sie dann auf eine Reihe von Beispielen an (etwa auf die Streuung an einer harten Kugel oder auf die niederenergetische Streuung an einem Kastenpotenzial).

Drehimpulsoperatoren Wir definieren den Drehimpulsoperator durch op = r × p op = ex x + ey y + ez z

(20.1)

Bei den Komponenten von op verzichten wir auf den Index „op“. Angewendet auf eine Wellenfunktion bewirkt der Operator i ϕ n · op R(ϕ, n) = exp (20.2) h¯ eine Drehung um den Winkel ϕ um eine Drehachse in Richtung des Einheitsvektors n. Die Drehimpulsoperatoren sind damit Erzeugende von Drehungen. Die Drehinvarianz eines Hamiltonoperators H kann äquivalent durch die Relationen [H, R(ϕ, n)] = 0 oder [H, op ] = 0 ausgedrückt werden. 2 Die Drehimpulsoperatoren x , y und z (und damit auch op und op ) sind hermitesch. Aus der Definition (20.1) folgen die Kommutatorrelationen: x , y = i h (20.3) ¯ z und zyklisch 2 und [x , op ] = 0 und so weiter. Die Linearkombinationen + = x + iy und − = x − iy genügen den Vertauschungsrelationen ± , z = ∓ h¯ ± , + , − = 2 h¯ z (20.4)

In Kugelkoordinaten wird der Drehimpulsoperator op = r × (−i h¯ ∇) zu

op = −i h¯ r er × er

∂ 1 ∂ 1 ∂ + eθ + eφ ∂r r ∂θ r sin θ ∂φ

= −i h¯ eφ

∂ 1 ∂ − eθ ∂θ sin θ ∂φ

(20.5) 373 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_20, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

374


Mit er = sin θ cos φ ex + sin θ sin φ ey + cos θ ez und so weiter erhält man hieraus 2 = x2 + y2 + z2 : die kartesischen Komponenten und schließlich auch op

± = x ± i y = h¯ exp(±iφ) ± z = − i h¯ 2 = − h¯ 2 op

∂ ∂ + i cot θ ∂θ ∂φ

∂ ∂φ

(20.6) (20.7)

∂2 ∂ 1 1 ∂ sin θ + 2 sin θ ∂θ ∂θ sin θ ∂φ 2

(20.8)

Hiermit wird der Laplaceoperator zu = ∂ 2/∂r 2 + (2/r) ∂/∂r − (op /h) ¯ 2 /r 2 . Eigenfunktionen Zur Lösung der Laplacegleichung Φ = 0 haben wir in Kapitel 11 die Kugelfunktionen Ylm eingeführt. Der Vergleich von (20.8) mit (11.24) zeigt, dass die Kugel2 zum Eigenwert h¯ 2 l(l + 1) sind: funktionen Eigenfunktionen von op 2 Ylm (θ, φ) = h¯ 2 l (l + 1) Ylm(θ, φ) op

(20.9)

Die Kugelfunktionen sind durch

Ylm (θ, φ) =

2l + 1 4π

(l − m)! m P (cos θ ) exp(imφ) (l + m)! l

(20.10)

definiert, wobei die zugeordneten Legendrepolynome von der Form Plm (cos θ ) = (sin θ )|m| ·Polynom(l−|m|) (cos θ ) sind. Die Eigenschaften der Kugelfunktionen wurden in (11.30) – (11.36) angegeben. Die Kugelfunktionen sind auch Eigenfunktiozu den Eigenwerten h¯ m, nen des Operators z = −i h∂/∂φ ¯ z Ylm (θ, φ) = hm ¯ Ylm (θ, φ)

(20.11)

Die möglichen Eigenwerte sind l = 0, 1, 2,. . . und m = 0, ±1, ±2, . . . , ±l.

Zentralkräfteproblem Wir betrachten zwei Teilchen (mit den Massen m1 und m2 , etwa ein Proton und ein Elektron), die sich unter dem Einfluss eines Zentralpotenzials V (|r 1 − r 2 |) bewegen. Man führt dann zunächst die Relativkoordinate r und die Schwerpunktkoordinate R ein. Wegen der Translationsinvarianz ist die Wellenfunktion von der Form Ψ (R, r) = exp(i K · R) ϕ(r). Der Hamiltonoperator für die Relativwellenfunktion ϕ(r) lautet h¯ 2 h¯ 2 + V (|r|) = − H =− 2μ 2μ

2 ∂ ∂2 + ∂ r2 r ∂ r

+

2 op

2μ r 2

+ V (r)

(20.12)

375

Kapitel 20 Dreidimensionale Probleme

Hierbei ist μ = m1 m2 /(m1 + m2 ) die reduzierte Masse. Im letzten Schritt haben wir Kugelkoordinaten verwendet. Der Hamiltonoperator H ist drehinvariant und vertauscht daher mit allen Komponenten von op . Insgesamt kann man drei Opera2 toren finden, die miteinander vertauschen. Wir wählen die drei Operatoren H , op und z . Die Eigenfunktionen ϕ(r) = ϕ(r, θ, φ) des Hamiltonoperators können in 2 der Form von simultanen Eigenfunktionen zu op und z angesetzt werden: , 2 op ϕ(r, θ, φ) = h¯ 2 l (l + 1) ϕ(r, θ, φ)

⇒ ϕ(r, θ, φ) = ϕl (r) Ylm (θ, φ) z ϕ(r, θ, φ) = h¯ m ϕ(r, θ, φ) (20.13) 2 nicht aber von z abhängen. Wegen der Rotationssymmetrie kann H zwar von op Dies gilt dann auch für den Radialteil (also ϕl (r) anstelle von ϕlm (r)). Damit wird die zeitunabhängige Schrödingergleichung H ϕ(r) = ε ϕ(r) zu " # h¯ 2 d 2 h¯ 2 l (l + 1) 2 d − + + + V (r) − ε ϕl (r) = 0 (20.14) 2μ dr 2 r dr 2μ r 2 Mit ϕl = ul (r)/r und ε = h¯ 2 k 2 /2μ wird dies zur Radialgleichung d2 l(l + 1) 2μV (r) 2 − 2+ + − k ul (r) = 0 dr r2 h¯ 2

(20.15)

Wir untersuchen das Verhalten für r → 0 und r → ∞. Für r → 0 dominiert der r→0 Zentrifugalterm (vorausgesetzt, dass r 2 V (r) −→ 0) und die beiden unabhängigen Lösungen von (20.15) sind % l+1 reguläre Lösung r r→0 ul ∼ (20.16) r −l irreguläre Lösung Im Allgemeinen ist nur die reguläre Lösung normierbar.

Kastenpotenzial Für die freie Schrödingergleicheung (V (r) = 0) erhalten wir mit ε = h¯ 2 k 2 /2μ und z = k r die Radialgleichung 2 d l (l + 1) − + 1 ul (z) = 0 (20.17) dz2 z2 Diese Gleichung hat die regulären und irregulären Lösungen ⎧ l ⎪ sin z l+1 − 1 d ⎪ ⎪ z j (z) ≡ z l ⎨ z dz z ul (z) = l ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ z y (z) ≡ − zl+1 − 1 d cos z l

z dz

(20.18)

z

Die Funktionen jl und yl heißen sphärische Besselfunktionen. Ihre asymptotische Form wird in Aufgabe 20.3 aufgestellt.

376


Unendlicher Kasten Der unendlich hohe Kasten wird durch das Potenzial % 0 (r ≤ R) V (r) = ∞ (r > R)

(20.19)

definiert. Für r ≤ R setzen wir die Lösung mit ul (r) = C r jl (k r) an. Für r > R muss die Wellenfunktion verschwinden. Daraus folgt die Eigenwertbedingung jl (kR) = 0, die für jedes l unendlich viele Lösungen k = knl hat (n = 1, 2, 3,...). Speziell für l = 0 gilt kn0 = nπ. Die Eigenfunktionen und Eigenwerte sind ψnlm (r) = Cnl jl (knl r) Ylm (θ, φ) ,

εnl =

h¯ 2 2 k 2μ nl

(20.20)

Die Funktionen unl (r) haben nr = n − 1 Knoten; damit ist nr = 0, 1, 2,... die radiale Quantenzahl, wie sie in anderen Problemen (sphärischer Oszillator, Wasserstoffatom) benutzt wird. Gebundene Zustände im endlichen Kasten Der endliche, attraktive Kasten wird durch das Potenzial % (r ≤ R) V0 < 0 V (r) = 0 (r > R) definiert. Für die gebundenen Eigenfunktionen setzen wir (r ≤ R) A q r jl (q r) ul = (1) B i κ r hl (i κ r) (r > R)

(20.21)

(20.22)

an, wobei h¯ 2 q 2/2μ = ε − V0 > 0 und h¯ 2 κ 2 /2μ = −ε > 0. Die Hankelfunktion (1) hl = jl + i yl ist asymptotisch proportional zu exp(−κr)/r (Aufgabe 20.3) und hat damit das korrekte Verhalten für den gebundenen Zustand. Der endliche Sprung im Potenzial bei R impliziert einen entsprechenden Sprung in ul ; denn nur damit kann die Gleichung (20.15) erfüllt werden. Damit sind ul und ul stetig. Die Bedingung der Stetigkeit der logarithmischen Ableitung ul /ul bei r = R ergibt die Eigenwertbedingung. Speziell für l = 0 lautet die Eigenwertbedingung q tan(qR) = − (20.23) κ Sie lässt sich numerisch oder graphisch lösen. Aus der graphischen Lösung kann man die Anzahl n0 der gebundenen Zustände ablesen, 2μ|V0 | R 1 + (20.24) n0 = int π h¯ 2

377


Entwicklung der ebenen Welle nach Kugelfunktionen Der Laplaceoperator kann in kartesischen oder in Kugelkoordinaten geschrieben werden. Die (regulären) Eigenfunktionen von −(h¯ 2 /2μ) zum Eigenwert ε = h¯ 2 k 2 /2μ haben dementsprechend unterschiedliche Formen: exp(i k · r) = exp i(kx x + ky y + kz z) (20.25) ϕ= jl (k r) Ylm (θ, φ) Für festes k müssen die beiden Funktionensätze äquivalent sein. Daher muss sich jede spezielle Lösung als Linearkombination der jeweils anderen Lösungsform darstellen lassen. Wir geben diese Entwicklung für einen Spezialfall an: exp(ik z) = exp(ik r cos θ ) =

∞

(2l + 1) i l Pl (cos θ ) jl (k r)

(20.26)

l =0

Diese Formel ist für die Behandlung von Streuproblemen wichtig.

Streuprobleme Wir betrachten die elastische Streuung von Teilchen an einem sphärischen, kurzreichweitigen Potenzial V (r). Außerhalb des Potenzials kann die Wellenfunktion in der Form exp(ik r) r→∞ (20.27) ϕ(r) −→ C exp(ik z) + f (θ, φ) r geschrieben werden. Der erste Beitrag ergibt die einlaufende Stromdichte jein = h¯ k |C| 2 /μ; dies ist zugleich die Anzahl der einlaufenden Teilchen pro Zeit und Fläche, jein = Nein /t/A. Der zweite Beitrag in (20.27) bestimmt die radial auslaufende Stromdichte jstr = (hk ¯ |C| 2 /μ) |f | 2 /r 2 der gestreuten Teilchen; dies ist zugleich die Anzahl der pro Zeit und Flächenelement r 2 dΩ gestreuten Teilchen, jstr = Nstr /t/(r 2 dΩ). Das Verhältnis dieser beiden Größen bestimmt den differenziellen Wirkungsquerschnitt (oder auch Streuquerschnitt) 2 dσ (θ, φ) Nstr /t/dΩ = = f (θ, φ) ) dΩ Nein /t/A

(20.28)

Partialwellenzerlegung Für ein sphärisches Potenzial ist die experimentelle Anordnung zylindersymmetrisch bezüglich der Strahlrichtung (z-Richtung). Dann hängt die Streuamplitude f (θ ) nur vom Winkel θ ab und kann nach Legendrepolynomen entwickelt werden: f (θ, k) =

∞ l =0

(2l + 1) fl (k) Pl (cos θ )

(20.29)

378


Dabei haben wir jetzt in der Notation berücksichtigt, dass die Streuung auch von der Energie (oder dem Wellenvektor k) abhängt. Mit dieser Entwicklung wird die Streuwelle zu f (θ, k)

∞ 2l + 1 l exp(ik r) = i fl (k) exp i(k r − lπ/2) Pl (cos θ ) (20.30) r r l =0

Es gilt i l exp(−il π/2) = 1. Der Vorfaktor (2l + 1) ist Konvention; er könnte in die fl absorbiert werden. Für die ebene Welle exp(ik z) in (20.27) verwenden wir (20.26) und die asymptotische Form der Besselfunktionen (Aufgabe 20.3). Dann setzen wir dies und (20.30) in (20.27) ein, und lesen den l-Anteil ab:

r→∞ (20.31) ul (r) −→ 1 + 2i kfl exp i(k r − lπ/2) − exp − i(k r − lπ/2) Wegen der Erhaltung des Drehimpulses (und der Teilchenzahl) muss das Verhältnis Sl =

auslaufende Amplitude = 1 + 2i kfl (k) = exp 2i δl (k) einlaufende Amplitude

(20.32)

den Betrag 1 haben. Daher kann die Streumatrix Sl in der angegebenen Form durch eine reelle Streuphase δl (k) ausgedrückt werden. Die Streuphasen können auch als Funktion der Streuenergie E = h¯ 2 k 2 /2μ aufgefasst werden, also δl = δl (E). Aus (20.32) folgt fl = [exp(2iδl ) − 1]/(2ik) = exp(iδl ) sin(δl )/k. Dies setzen wir in (20.30) ein: f (θ, k) =

∞ 1 (2l + 1) exp(iδl ) sin(δl ) Pl (cos θ ) k

(20.33)

l =0

Hieraus folgen dσ/dΩ = |f (θ, k)|2 und der totale Wirkungsquerschnitt σ (E) = 2π

∞ 2 4π d cos θ f (θ, k) = 2 (2l + 1) sin2 δl (k) k −1 1

(20.34)

l =0

Außerhalb der Reichweite R des Potenzials ist ul /r eine Linearkombination der Besselfunktionen jl (k r) und yl (k r). Wenn wir in (20.31) die Streuphase verwenden, erhalten wir ul (r) = jl (k r) cos δl − yl (k r) sin δl r

(r > R)

(20.35)

Die Streuphase δl ist also die Phasenverschiebung der Streulösung ul (r)/r gegenüber einer ungestörten Lösung jl (kr). Der Vorfaktor spielt im Folgenden keine Rolle und wurde weggelassen. < lmax = k R wesentIn der Summe in (20.34) tragen nur die Streuphasen mit l ∼ lich bei (R ist die Reichweite des Potenzials), also bei niedriger Energie eventuell nur wenige Streuphasen. Als Beispiel betrachten wir eine harte Kugel (V = ∞ für


379

r ≤ R). Für (20.35) muss dann ul (R) = 0 gelten. Nun sei k R 1. Dann trägt nur δ0 = −kR bei und aus (20.34) folgt σ ≈ 4πR 2 = 4 σgeom ; dabei ist σgeom = πR 2 der klassische Wirkungsquerschnitt für eine harte Kugel mit dem Radius R. Für hohe Energien ergibt die harte Kugel dagegen σ ≈ 2πR 2 (Aufgabe 20.9). < lmax = k R folgt die obere Grenze σmax ≈ Aus sin2 δl ≤ 1, (20.34) und l ∼ 4 σgeom für den Wirkungsquerschnitt (20.34). Der Wirkungsquerschnitt σ ist die Fläche, an der die einfallenden Teilchen effektiv gestreut werden; insofern charakterisiert σ die Größe des Targets. Wegen des Faktors 2l + 1 in (20.33) (und wegen stärkerer Absorption der unteren Partialwellen) ist häufig l ≈ lmax der dominierende Beitrag zur Streuamplitude. Dann hat der Wirkungsquerschnitt eine charakteristische Winkelabhängigkeit, dσ/dΩ ∼ [Plmax (cos θ )] 2 . Wenn man in der Streuamplitude (20.33) θ = 0 setzt und Pl (1) = 1 berücksichtigt, erhält man das optische Theorem Imf (0) = σ k/4π. Als inverses Streuproblem bezeichnet man die Aufgabe, das Potenzial V (r) aus den Streuphasen δl (k) zu rekonstruieren. Diese Aufgabe wird durch mehrere Punkte behindert: Der Wirkungsquerschnitt legt die Phase von f (θ, k) nicht fest. Der Wirkungsquerschnitt kann auch nur in einem begrenzten Energiebereich gemessen werden, und generell nicht bei θ ≈ 0 oder θ ≈ π . Praktisch geht man daher von einem Ansatz für das Potenzial aus, der von wenigen Parametern abhängt. Damit berechnet man den Wirkungsquerschnitt und bestimmt die Parameter so, dass die Abweichung vom experimentellen Wirkungsquerschnitt möglichst klein ist.

Attraktives Kastenpotenzial Wir diskutieren die elastische Streuung am attraktiven Kastenpotenzial % (r ≤ R) V0 < 0 V (r) = 0 (r > R)

(20.36)

Im Inneren des Potenzials ist die Wellenzahl q durch h¯ 2 q 2 /2μ = −V0 +ε gegeben. Wir beschränken uns auf die Streuphase mit l = 0. Dann lautet die Radialfunktion % B sin(q r) (r ≤ R) u0 (r) = (20.37) C sin(k r + δ0 ) (r > R) Die Stetigkeit von u0/u0 bei r = R ergibt tan(kR + δ0 ) = (k/q) tan(qR) oder k δ0 (k) = −kR + arctan (20.38) tan(qR) + n0 π q Der Arcustangens wird als Funktion der Energie stetig fortgesetzt. Der elastische Wirkungsquerschnitt geht für E → ∞ gegen null, weil das Potenzial dann praktisch keinen Einfluss hat. Daher legen wir δ0 → 0 für E → ∞ fest. Der Wert δ0 (k) = n0 π ist durch die Anzahl n0 der gebundenen Zustände gegeben (siehe folgende Abbildung).

380


δ0 (k) 6 4π ............

......... ............ .......... ............ ............ ..... ........ ...... ............................ . . . 3π ....... ......... ...... ........ ...... ........... ....... ...... ........... ....... ...... ............ ....... ....... ............. ....... ..... .......................... ......... ..... ........... ......... ...... . ........ .............................. ........................................ ...... 2π ............... ........... ........ .......... ...... ......... ........... ....... ....... ............ .......... . ........ ... ............. ............................. ............................................... .......... ..... ........................ ................ ................. ............... ............... ............................. ...................................... ...... .............. ......... ............ ............ ...... ...................................... ....................... .................. ........... ........ ....... .......... .................................. .......... ................. ....... ......................................................... .................................. ................. π .................... ......... ... ......................................... ..... ................................ ....................................... .......................................... ........................................................... . ............ . . . . ...... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....... . . . . ........... .................. ............. ....... ............................................................................................................................................................................................................................... .......... ............................................................................. .......................................................... ............................................. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........................................................... .......................................... 0 ..............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................-

0

5

10

15

kR

Aus (20.38) kann die Streuphase δ0 (k) als Funktion des Wellenvektors berechnet werden. Die gezeigten Kurven entsprechen verschiedenen Potenzialtiefen |V0 | = h¯ 2 q02 /2μ, und zwar den Werten q0 R = π/4, 3π/4, 5π/4, . . . , 17π/4 (von unten nach oben). Immer dann, wenn q0 R einen halbzahligen π-Wert übersteigt, gibt es einen zusätzlichen gebundenen Zustand. Bei nl gebundenen Zuständen gilt δl (0) = nl π; diese Aussage heißt Levinson-Theorem.

In der Regel nimmt die Streuphase mit der Energie ab. Wenn sie bei der Energie E0 in einem Bereich der Breite Γ E0 um π zunimmt, dann liegt eine Resonanz vor. Sie äußert sich in einem Maximum des Wirkungsquerschnitts σ (E), das bei E0 liegt und die Breite Γ hat.

Sphärischer Oszillator Das Eigenwertproblem H ψ = ε ψ des sphärischen Oszillators lautet: h¯ 2 μ ω2 r 2 − + ψ(r) = ε ψ(r) 2μ 2

(20.39)

Wegen der sphärischen Symmetrie können wir die Lösungen in der Form ψ = (ul /r) Ylm ansetzen. Man führt zunächst die dimensionslose Variable y = r/b ein, 1/2 die Oszillatorlänge ist. Unter Berücksichtigung des Verhalwobei b = (h/μω) ¯ tens für y → 0 und y → ∞ setzt man ul = y l+1 v(y 2 ) exp(−y 2 /2) an. Für v(y 2) macht man dann einen Potenzreihenansatz. Die Normierbarkeit der Wellenfunktion erfordert den Abbruch der Potenzreihe. Hieraus erhält man die Energieeigenwerte 3 3 εnr l = h¯ ω 2 nr + l + oder εn = hω (20.40) n+ ¯ 2

2

Die radiale Quantenzahl nr , die Drehimpulsquantenzahl l und die Hauptquantenzahl n = 2nr + l können die Werte 0, 1, 2,... annehmen. Die zugehörigen, orthonormierten Eigenfunktionen sind

ψnlm (r) =

2 rl 2 nr ! r2 l+1/2 r Ylm (θ, φ) L exp − (nr + l + 1/2)! b l+3/2 nr b2 2 b2

Hierbei treten die Laguerre-Polynome auf: n nr + l + 1/2 (−)k 2k l+1/2 2 y (y ) = Lnr nr − k k! k =0

(20.41)

(20.42)

381


Wir vergleichen die jetzige Lösung in Kugelkoordinaten mit derjenigen in kartesischen Koordinaten (18.19): Eigenfunktion ψnlm (r, θ, φ) Φnx ny nz (x, y, z)

Energieeigenwert: ε/hω ¯ = 2nr + l + 3/2 ε/hω ¯ = nx + ny + nz + 3/2

(20.43)

Dies sind gleichberechtigte, alternative Formen. Jede bestimmte Lösung der einen Form lässt sich als Linearkombination der anderen Form darstellen, wobei jeweils nur Eigenfunktionen zur selben Energie vorkommen. Für einen entarteten Eigenwert (so ist zum Beispiel ε = 7 h¯ ω/2 sechsfach entartet) ist jede Linearkombination der Lösungen wieder Lösung zu dieser Energie. Dann kann man – muss aber nicht – solche Linearkombinationen wählen, die simultan Eigenfunktionen zu ausgewählten Operatoren sind, die mit H vertauschen. 2 und möglich (oder aber auch zu 2 Also sind simultane Eigenfunktionen zu op z op und x ).

Wasserstoffatom Das Eigenwertproblem H ψ = ε ψ für das Elektron im Coulombfeld eines Atomkerns lautet: h¯ 2 Z e2 − − ψ(r) = εψ(r) (20.44) 2μ r Wegen der sphärischen Symmetrie können wir die Lösungen in der Form ψ = (ul /r)Ylm ansetzen. Wir verwenden die Näherung μ = me /(1 + me /M) ≈ me ; dann wird die Relativkoordinate zur Koordinate des Elektrons. Die Längen- und Energieskala des Problems sind durch den Bohrschen Radius aB und die atomare Energieeinheit Eat gegeben: ! ! aB = h¯ 2 (me e2 ) ≈ 0.53 Å , Eat = e2 aB ≈ 28.2 eV (20.45) Wir führen die dimensionslosen Größen ρ = r/aB , = ε/Eat und γ 2 = −2 ein. Unter Berücksichtigung des Verhaltens für y → 0 und y → ∞ setzt man ul = ρ l+1 v(ρ) exp(−γρ) an. Für v(ρ) macht man dann einen Potenzreihenansatz. Die Normierbarkeit der Wellenfunktion erfordert den Abbruch der Potenzreihe. Hieraus erhält man die Energieeigenwerte εnr l = −

e2 Z2 aB 2(nr + l + 1)2

oder

εn = −

e2 Z 2 aB 2 n2

(20.46)

Die radiale Quantenzahl nr und die Drehimpulsquantenzahl l können die Werte 0, 1, 2,... annehmen, für die Hauptquantenzahl n = nr + l + 1 gilt n = 1, 2, 3,... . Die zugehörigen, orthonormierten Eigenfunktionen sind Zr 2Z r l 2 l+1 2Z r Z3 2 nr ! − L exp Ylm (θ, φ) ψnlm (r) = nr n aB n aB aB3 n2 (n + l)! n aB (20.47)

382


Hierbei treten die Laguerre-Polynome auf: L2nrl+1 (ρ) =

nr nr + 2 l + 1 (−)k k ρ nr − k k!

(20.48)

k =0

Für den Grundzustand (n = 1) des Wasserstoffatoms (Z = 1) ergibt sich ε1 = 13.6 eV. Wir geben einige Radialfunktionen explizit an, wobei wir aB = 1 und Z = 1 setzen: ⎧ 2 exp(−r) 1s ⎪ ⎪ ⎪ ⎪

⎪ 1 1 ⎪ ⎪ √ 1 − r exp(−r/2) 2s 2 unl (r) ⎨ 2 (20.49) = 1 ⎪ √ r exp(−r/2) 2p r ⎪ ⎪ 2 6 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 4 ⎩ r 2 exp(−r/3) 3d √ 81

30

Die Buchstaben s, p, d,. . . stehen für l = 0, 1, 2,... , die Zahl davor für die Hauptquantenzahl n. Neben den hier betrachteten gebundenen Eigenfunktionen gibt es noch ein Kontinuum von Lösungen zu positiver Energie ε. Dies sind Streuzustände. Für die Streuung eines Elektrons an einem Proton werden wir am Ende von Kapitel 23 eine vereinfachte Ableitung des Rutherfordschen Wirkungsquerschnitts angeben. Bei einem Elektronenübergang, etwa 2p → 1s oder 1s → 2p, wird ein Photon emittiert oder absorbiert. Aus dem Energieerhaltungssatz ε = hω ¯ = 2π hν ¯ = 2π hc/λ folgt die Wellenlänge λ des emittierten (absorbierten) Lichts: ¯ 1 1 ε Z 2 e2 1 1 1 = = − − = R (20.50) H λ 2π hc 4πaB h¯ c n12 n22 n12 n22 ¯ Im sichtbaren Bereich ist die Wellenlänge viel größer als das Atom (λ ≈ 2 · 103 aB ). Experimentell beobachtet man Serien von Spektrallinien, etwa die Lymanserie für n1 = 1 und n2 = 2, 3, . . . oder die Balmerserie für n1 = 2 und n2 = 3, 4, . . . . Die Form (20.50) wurde zunächst empirisch gefunden, und die Rydbergkonstante RH ≈ 1.1 · 107 m−1 wurde experimentell bestimmt. Die angegebenen Lösungen sind nichtrelativistisch. Wenn man das Problem relativistisch löst (mit der Diracgleichung, oder mit Störungsrechnung wie in Kapitel 23), dann spalten die (zur Energie ε2 ) entarteten Zustände 2s und 2p auf: Die Zustände 2s1/2 und 2p1/2 liegen etwas unter den Zuständen 2p3/2 (der untere Index gibt den Gesamtspin aus Bahndrehimpuls und Spin an). Die Aufspaltung ist von der Größe α 2 Eat , wobei α = e2 /h¯ c ≈ 1/137 ist. Die Lambshift spaltet dann die Zustände 2s1/2 und 2p1/2 weiter auf (Ordnung α 3 Eat ). Für mehrere Elektronen in einem Atom gilt separat die Gleichung (20.44), wenn man die Wechselwirkung zwischen den Elektronen vernachlässigt. In diesem Fall kann man eine Produktwellenfunktion aus den Lösungen (20.47) bilden. Dies führt zum Schalenmodell des Atoms.


383

Aufgaben 20.1 Kommutatorrelationen für den Drehimpuls Leiten Sie aus (20.3) folgende Kommutatorrelationen ab: ± , z = ∓ h¯ ± , + , − = 2 h ¯ z Lösung: Wir verwenden ± = x ± i y und die Vertauschungsrelationen (20.3): ± , z = x , z ± i y , z = −i h¯ y ∓ h¯ x = ∓ h¯ ± + , − = −i x , y + i y , x = 2 h¯ z Es wurde x , x = y , y = 0 verwendet.

20.2 Drehimpulsoperatoren in Kugelkoordinaten Drücken Sie die partiellen Ableitungen ∂/∂x, ∂/∂y und ∂/∂z durch Kugelkoordinaten aus. Berechnen Sie damit ± = x ± i y und den Kommutator [+ , − ] in 2 2 = + − − h Kugelkoordinaten. Zeigen Sie op ¯ z + z2 . Geben Sie schließlich op in Kugelkoordinaten an. Lösung: Die Kugelkoordinaten sind durch x = r sin θ cos φ, y = r sin θ sin φ und z = r cos θ definiert. Hieraus berechnet man die totalen Differenziale dx = (∂x/∂r) dr + ... und so weiter. Wir fassen die Ergebnisse in Matrixform zusammen: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ dx sin θ cos φ cos θ cos φ − sin φ dr ⎝ dy ⎠ = ⎝ sin θ sin φ cos θ sin φ cos φ ⎠ ⎝ rdθ ⎠ dz cos θ − sin θ 0 r sin θ dφ Die Transformationsmatrix O ist orthogonal. Mit O −1 = O T erhalten wir daher ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ dr sin θ cos φ sin θ sin φ cos θ dx ⎝ rdθ ⎠ = ⎝ cos θ cos φ cos θ sin φ − sin θ ⎠ ⎝ dy ⎠ r sin θ dφ − sin φ cos φ 0 dz Hieraus können wir die partiellen Ableitungen ablesen, zum Beispiel ∂r/∂x = sin θ cos φ aus dem 1-1-Element. Damit erhalten wir ∂ ∂r ∂ ∂θ ∂ ∂φ ∂ = + + ∂x ∂x ∂r ∂x ∂ θ ∂x ∂ φ = sin θ cos φ

cos θ cos φ ∂ sin φ ∂ ∂ + − ∂r r ∂θ r sin θ ∂ φ

∂ ∂ cos θ sin φ ∂ cos φ ∂ = sin θ sin φ + + ∂y ∂r r ∂θ r sin θ ∂ φ ∂ ∂ sin θ ∂ = cos θ − ∂z ∂r r ∂θ

384


Mit diesen partiellen Ableitungen berechnen wir die Auf- und Absteigeoperatoren: ± = x ± i y = −i h¯

y

∂ ∂ ∂ ∂ −z ±i z −x ∂z ∂y ∂x ∂z

∂ ∂ + − cos φ ∓ i sin φ cot θ ∂θ ∂φ ∂ ∂ = h¯ exp(±i φ) ± + i cot θ ∂θ ∂φ

= −i h¯

− sin φ ± i cos φ

Hieraus folgen die Produkte ∂ ∂ ∂ ∂ + i cot θ + cot θ − + i cot θ + − = h¯ 2 ∂θ ∂φ ∂θ ∂φ ∂ ∂2 ∂ ∂2 − cot θ −i − cot2 θ = h¯ 2 − 2 ∂θ ∂θ ∂φ ∂ φ2 − + = h¯ 2

−

∂ ∂2 ∂ ∂2 − cot θ +i − cot2 θ 2 ∂θ ∂θ ∂φ ∂ φ2

und damit der Kommutator [+ , − ] = − 2 i h¯ 2

∂ = 2 h¯ z ∂φ

Das Quadrat des Drehimpulsoperators drücken wir durch die Auf- und Absteigeoperatoren aus, wobei wir [+ , − ] = 2 h¯ z verwenden: 2 = op

1 1 + − + − + + z2 = + − − + , − + z2 = + − − h¯ z + z2 2 2

Mit dem schon berechneten Produkt + − und z = −i h¯ ∂/∂ φ kann man das Ergebnis in Kugelkoordinaten anschreiben:

∂ ∂2 ∂2 ∂ ∂2 ∂ −i − cot2 θ − − cot θ +i 2 2 ∂θ ∂θ ∂φ ∂φ ∂ φ ∂ φ2 ∂2 ∂ 1 ∂2 − cot θ = h¯ 2 − − ∂θ2 ∂θ sin2 θ ∂ φ 2

2op = h¯ 2

−

20.3 Zu den Besselfunktionen Die regulären und irregulären Besselfunktionen werden durch jl (z) = zl definiert.

−

1 d z dz

l

sin z , z

yl (z) = −zl

−

1 d z dz

l

cos z z

(20.51)

385


Leiten Sie hieraus das asymptotische Verhalten ab: z→∞

jl (z) −→

sin(z − lπ/2) , z

z→∞

yl (z) −→ −

cos(z − lπ/2) z

(20.52)

Die Eigenwerte des unendlich hohen Kastenpotenzials (Radius R) sind durch jl (kR) = 0

⇒

knl R

festgelegt. Lösen Sie diese Bedingung mit der asymptotischen Form der Besselfunktionen. Vergleichen Sie die Näherungswerte für n = 1, 2 und l = 0, 1, 2, 3 mit den exakten Werten. Wann ist die Näherung gut? Lösung: Die Ableitungen in (20.51) wirken auf Faktoren 1/zn , sin z und cos z. Sofern eine Ableitung auf 1/zn wirkt, wird dieser Term mit dem Faktor 1/z → 0 für z → ∞ unterdrückt. Für z → ∞ überlebt daher nur der Beitrag, in dem alle Ableitungen auf die trigonometrischen Funktionen wirken. Damit erhalten wir für die regulären Besselfunktionen l (−)l/2 sin z l gerade d 1 z→∞ l 1 jl (z) −→ (−) sin z = · (l+1)/2 z dz z (−) cos z l ungerade oder z→∞

jl (z) −→

sin(z − lπ/2) z

Entsprechend erhalten wir für die irregulären Besselfunktionen z→∞

yl (z) −→ (−)l+1

1 z

d dz

l cos z = −

cos(z − lπ/2) z

Wir setzen die asymptotische Form in die Eigenwertbedingung jl (knl R) = 0 ein:

⇒ knl R = n + l/2 π sin knl R − lπ/2 = 0 In der folgenden Tabelle vergleichen wir einige dieser Näherungswerte für knl R mit den exakten Nullstellen (aus mathematischen Tabellen oder aus Kapitel 25 in [4]) der regulären Besselfunktionen: n l=0

l=1

n=1 l=2

l=3

l=1

n=2 l=2

l=3

asymptotisch

nπ

4.71

6.28

7.85

7.85

9.42

11.00

exakt

nπ

4.49

5.76

6.99

7.73

9.10

10.42

Für l = 0 stimmt die asymptotische Form mit der Besselfunktion j0 (z) = sin z/z überein; somit ergibt sich kein Fehler. Generell ist der Fehler umso kleiner, je besser die Relation knl R l erfüllt ist.

386


20.4 Deuteron Das Deuteron besteht aus einem Proton und einem Neutron. Der Grundzustand hat eine Bindungsenergie von ε0 = − h¯ 2 κ 2 /(2μ) = −2.226 MeV mit h¯ 2 /(2μ) = 41.5 MeV fm2 . Das Potenzial zwischen dem Proton und dem Neutron soll durch ein Kastenpotenzial mit der Reichweite R = 1.5 fm angenähert werden. Wie muss die Tiefe V0 = − h¯ 2 q02 /(2μ) des Potenzials gewählt werden? Betrachten Sie dazu die Eigenwertgleichung κ q0 2 − q 2 cot(qR) = − = − (20.53) q q mit ε0 − V0 = h¯ 2 q 2 /(2μ) > 0 für den Fall, dass es genau einen gebundenen Zustand gibt. Lösen Sie die Eigenwertgleichung (i) näherungsweise analytisch (unter Verwendung von |ε0 | |V0 |) und (ii) numerisch mit 1 Promille Genauigkeit auf einem Taschenrechner. Lösung: Aus der Bindungsenergie und der Reichweite des Potenzials berechnen wir 2μ κ 2 R 2 = 2 R 2 ε0 ⇒ κ R = 0.347 h¯ Damit die Eigenwertgleichung (20.52) genau eine Lösung hat, muss q0 R im Intervall 3π π < q0 R < 2 2 liegen. Zusammen mit κR = 0.347 folgt, dass qR im Intervall 1.532 < qR < 4.700 liegt. Für einen schwach gebundenen Zustand |ε0 | |V0 | oder κ q0 vereinfacht sich die Eigenwertgleichung (20.53) zu κ (κ q0 ) cot(q0 R) ≈ − q0 Im Grenzfall κ → 0 ergibt dies gerade die untere Schranke q0 R = π/2 des zulässigen Intervalls für genau einen gebundenen Zustand. Die erste Korrektur in Ordnung κ/q0 lautet q0 R ≈

π κR π 2 + ≈ + κR 2 q0 R 2 π

(κ q0 )

In dieser Ordnung konnte q0 R auf der rechten Seite durch π/2 ersetzt werden. Mit κR = 0.347 ergibt sich der numerische Wert q0 R = 1.792 oder eine Potenzialstärke von ungefähr V0 ≈ −59.2 MeV. Zur numerischen Lösung mit dem Taschenrechner schreiben wir die Eigenwertgleichung als

qR = π − arctan qR/0.347 und benutzen diese Form für eine iterative Lösung. Als Startwert setzen wir etwa qR = 1.6 aus dem unteren Bereich des zulässigen Intervalls in die rechte Seite ein und erhalten ein besseres qR, und so weiter. Die Prozedur konvergiert schnell gegen qR = 1.765. Dies entspricht der Potenzialstärke V0 = −59.7 MeV Der Fehler der genäherten Potenzialstärke beträgt zwar nur etwa 0.5 MeV, im Vergleich zur Bindungsenergie ist dies jedoch eine nicht unerhebliche Abweichung.

387


20.5 Streuwelle für repulsiven Kasten Skizzieren Sie die Streuwelle mit l = 0 und E < V0 für das repulsive Kastenpotenzial (r ≤ R) V0 > 0 V (r) = 0 (r > R) Lösung: Die l = 0 Streuwelle ist von der Form % u0 (k, r) = r ψ0 (k, r) =

A sinh(κ r)

sin kr + δ0 (k)

(r < R) (r > R)

Im Bereich des Potenzials lautet die Schrödingergleichung u0 = κ 2 u0 , wobei V0 − E = h¯ 2 κ 2 /(2μ) > 0. Die allgemeine Lösung setzt sich aus den Funktionen exp(±κ r) zusammen. In der ersten Zeile wurde die Kombination angegeben, für die ψ0 = u0 (r)/r bei r = 0 regulär ist. Die zweite Zeile ist die Streulösung (20.35) der Schrödingergleichung u0 = −k 2 u0 mit E = h¯ 2 k 2 /(2μ). Mit dem Potenzial hat u0 (r) bei r = R einen Sprung. Damit sind u0 (r) und u0 (r) dort stetig. Hieraus folgt insbesondere die Stetigkeit der logarithmischen Ableitung der Wellenfunktion:

tanh(κR) tan kR + δ0 (k) = kR ≤ kR κR 6u0 (k, r)

............................. ...... ....... .... ..... . . . . . . .... . . . . . . .... ............ . . . . .... . . . . . . . . . . . . . . . . . .... . . . . . ......... .. .... .... r .... −δ0 /k R .... ..... ...... ......... .. ...............

⇒

δ0 (k) ≤ 0

Für ein repulsives Kastenpotenzial ist die Radialfunktion u0 (k, r) für E < V0 gezeigt (durchgezogene Linie). Diese Funktion ist proportional zu sinh(κ r) für r ≤ R und zu sin(k r + δ0 ) für r ≥ R. Die Streuphase δ0 gibt die Verschiebung der Streulösung sin(k r + δ0 ) relativ zur freien Lösung sin(kr) an; sie ist hier negativ. Die Aufenthaltswahrscheinlichkeit im Bereich des Potenzials ist relativ zur freien Lösung unterdrückt.

20.6 Woods-Saxon-Potenzial Skizzieren Sie den Graphen des Woods-Saxon-Potenzials V (r) =

V0 1 + exp (r − R)/a

(20.54)

Für einen Atomkern mit A Nukleonen sind folgende Parameterwerte realistisch: V0 ≈ −50 MeV ,

R ≈ 1.2 A1/3 fm ,

a = 0.5 fm

388


Lösung: Für einen schweren Atomkern wie zum Beispiel 208 Pb mit A = 208 Nukleonen ist der Radius R ≈ 7.1 fm viel größer als a. Dann ist das Woods-Saxon-Potenzial im Inneren des Kerns näherungsweise konstant, V (r) ≈ V0 . 6V (r)

R

V0

................. ........ .... . . . ... .. .. . .. .... . . . . . ............................................................................

-

r

Das Woods-Saxon-Potenzial nimmt am Rand den Wert V (R) = V0 /2 an. In einem engen Bereich von r = R − a bis r = R + a fällt es von 0.73 V0 auf 0.27 V0 ab. Im Grenzfall a → 0 erhält man ein Kastenpotenzial mit Radius R. Für die „Diffuseness“ eines Atomkerns ist a ≈ 0.5 fm ein realistischer Wert.

20.7 Streulänge für das Kastenpotenzial Teilchen mit der Energie E = h¯ 2 k 2 /(2μ) werden an einem Kastenpotenzial mit dem Radius R gestreut. Die Energie ist so niedrig, dass kR 1 gilt. Dann kann die Streuung durch die Streulänge astr ≈ − lim

k→0

tan δ0 (k) k

(20.55)

charakterisiert werden. Drücken Sie die Streuphase und den totalen Streuquerschnitt σ durch die Streulänge aus. Geben Sie die Streulänge für ein attraktives Kastenpotenzial mit genau einem gebundenen Zustand an. Zeigen Sie, dass dies für einen schwach gebundenen Zustand (mit der Energie |ε0 | |V0 |) zu astr ≈ R +

1 κ

(wobei ε0 = −h¯ 2 κ 2 /2μ)

führt. Für das Deuteron mit R = 1.5 fm und ε0 = −2.226 MeV aus Aufgabe 20.4 t ≈ 5.4 fm. (Der vergleiche man diese Streulänge mit dem experimentellen Wert anp Index t bezieht sich auf den Triplett-Zustand, in dem die Spins der beiden Nukleonen zu S = 1 gekoppelt sind. Für S = 0 gibt es keinen gebundenen Zustand). Lösung: Für kR 1 ist nur die l = 0 Partialwelle relevant. Für die Streuphase δ0 (k) setzen wir eine Entwicklung nach Potenzen von k an: δ0 (k) = δ0 (0) + δ0 (k) k + O(k 2 ) = n0 π − a k + O(k 2 ) Nach dem Levinsontheorem ist δ0 (0) = n0 π, wobei n0 die Anzahl der gebundenen sZustände ist. Mit dieser Entwicklung berechnen wir lim

k→0

tan δ0 (k) tan(a k) = − lim = −a k→0 k k

(20.55)

=

− astr

Der Koeffizient des linearen Terms ist also die in (20.55) definierte Streulänge. Für hinreichend kleine Energien ist δ0 (k) ≈ n0 π − astr k dann eine gute Näherung. Die niederenergetische Streuung kann daher durch die Streuphase charakterisiert werden.

389

Kapitel 20 Dreidimensionale Probleme Der totale Streuquerschnitt kann durch die Streulänge ausgedrückt werden: σ = 4π lim

k→0

2 sin2 δ0 (k) = 4π astr 2 k

In (20.38) wurde die Streuphase δ0 (k) für ein attraktives Kastenpotenzial angegeben. Für einen gebundenen Zustand und für kleine Wellenzahlen k ergibt sich hieraus k tan(q0 R) tan(qR) ≈ π − R − k + ... δ0 (k) = π − kR + arctan q q0 Dabei ist q die Wellenzahl im Inneren des Kastens, h¯ 2 q 2 /(2μ) = E + |V0 |, und q0 ist durch die Potenzialstärke V0 = − h¯ 2 q02 /(2μ) bestimmt. Die Streulänge kann jetzt abgelesen werden: tan(q0 R) (20.56) astr = R − q0 Für |ε| |V0 | hatten wir in Aufgabe 20.4 die Eigenwertgleichung tan(q0 R) = −q0 /κ abgeleitet. Wir setzen sie in (20.56) ein: astr ≈ R +

1 κ

(|ε0 | = h¯ 2 κ 2 /(2μ) |V0 |)

(20.57)

Dies ist der gesuchte Zusammenhang zwischen Streulänge, Reichweite des Potenzials und Energie eines schwach gebundenen Zustands. Für das Kastenpotenzial des Deuterons mit R = 1.5 fm, V0 = −59.7 MeV und q0 R = 1.799 (Aufgabe 20.4) ist die nach (20.56) berechnete exakte Streulänge astr ≈ 5.1 fm und die mit der Formel (20.57) genäherte astr ≈ 5.8 fm. Diese Ergebnisse sind mit dem experit ≈ 5.4 fm zu vergleichen. mentellen Wert für die Triplett-Streulänge anp

20.8 Niederenergieentwicklung für die Streuphase Für niedrige Energien kann man folgende Entwicklung der Streuphase δ0 (k) ansetzen: 1 1 k cot δ0 (k) = − + r0 k 2 + O(k 4 ) (20.58) astr 2 Bestimmen Sie die Streulänge astr und die effektive Reichweite r0 für die Streuung an (i) der harten Kugel, und (ii) an einem attraktiven Kastenpotenzial. Für (ii) ist die Streuphase aus (20.38) bekannt. Lösung: Harte Kugel: Für eine harte Kugel mit dem Radius R lautet die Wellenfunktion % 0 (r ≤ R) u0 (r) = A0 · sin(kr + δ0 ) (r > R) Aus der Stetigkeit der Wellenfunktion bei r = R folgt δ0 (k) = −kR Dieses Ergebnis gilt für beliebige Energien. Wir setzen dieses δ0 (k) auf der linken Seite von (20.58) ein und entwickeln nach Potenzen von k, k cot δ0 (k) = − k cot(kR) = −

k 1 1 ≈ − + R k2 + . . . tan(kR) R 3

390


Der Vergleich mit der rechten Seite von (20.58) ergibt die Streulänge und die effektive Reichweite: 2 r0 = R astr = R , 3 Attraktiver Kasten: Für das attraktive Kastenpotenzial (Radius R, Tiefe V0 < 0 und h¯ 2 q 2 = ε − V0 ) lösen wir (20.58) nach δ0 (k) + kR auf und nehmen von beiden Seiten den Tangens,

k tan δ0 (k) + kR = tan(qR) q Wir verwenden das Additionstheorem für den Tangens und lösen nach cot δ0 = 1/ tan δ0 auf: 1 1 + (kR) tan(kR) tan(qR)/(qR) k cot δ0 (k) = (20.59) R tan(qR)/(qR) − tan(kR)/(kR) Dies ist in eine Taylorreihe um k = 0 zu entwickeln. Dazu verwenden wir folgende Entwicklungen bis Ordnung k 2 : tan(kR) 1 ≈ 1 + k2 R2 kR 3 k2 qR = q02 R 2 + k 2 R 2 ≈ q0 R 1 + 2q02 k2 tan(qR) tan(q0 R) k2 2 + 1 + tan (q R) ≈ 1− 0 qR q0 R 2q02 2q02 Wir setzen diese Näherungen in (20.59) ein: 1 + k 2 /(2q02 ) k cot δ0 (k) ≈ − + R [1 − tan(q0 R)/(q0 R)]

1 1− 3[1 − tan(q0 R)/(q0 R)] 2

R k2 2

Der Vergleich mit der rechten Seite von (20.58) bestimmt die Streulänge und die effektive Reichweite: tan(q0 R) 1 R3 − , r0 = R − 2 astr = R 1 − 2 q0 R q0 astr 3 astr Für Potenzialtiefen, an denen q0 R halbzahlige π-Werte annimmt, gibt es jeweils einen gebundenen Zustand genau an der Schwelle E = 0; wegen tan(q0 R) → ∞ divergiert hierfür die Streulänge. In der Entwicklung (20.58) ist der erste Term auf der rechten Seite dann null, und die Entwicklung bleibt gültig. Für Potenzialtiefen in der Nähe von tan(q0 R) = q0 R ist die Entwicklung dagegen ungültig; denn hier divergiert bereits der erste Term.

20.9 Streuung an der harten Kugel Drücken Sie den Streuquerschnitt σ für eine harte Kugel (Radius R) durch eine Summe über Besselfunktionen jl (kR) und yl (kR) aus. Diskutieren und skizzieren Sie das Verhältnis h(z) = σ/(πR 2 ) als Funktion von z = kR. Verwenden Sie für den Fall z 1 die asymptotische Form (20.52) der Besselfunktionen und begründen Sie, dass nur die Drehimpulse mit l z wesentlich zur Summe beitragen.

391

Kapitel 20 Dreidimensionale Probleme Lösung: Die Wellenfunktion für die Streuung an der harten Kugel ist % 0 (r ≤ R) ψl (k, r) = A · (r > R) jl (kr) cos δl (k) − yl (kr) sin δl (k) Aus der Stetigkeit der Wellenfunktion bei r = R folgt tan δl (k) =

jl (kR) yl (kR)

Wir setzen diese Streuphasen in den Ausdruck für den totalen Streuquerschnitt ein: σ (k) =

∞ ∞ 4π j 2 (kr) 4π 2 (2l + 1) sin δ (k) = (2l + 1) 2 l = h(z) σgeom l 2 2 k l=0 k l=0 jl (kr) + yl2 (kr)

Im letzten Schritt haben wir den geometrischen Streuquerschnitt σgeom = πR 2 und die Funktion ∞ 4 j 2 (z) h(z) = 2 (2l + 1) 2 l (20.60) z l=0 jl (z) + yl2 (z) eingeführt. Für niedrige Energien z 1 trägt nur der Drehimpuls l = 0 wesentlich bei: z2 4 h(z) ≈ 2 sin2 z ≈ 4 1 − + O z4 (z 1) z 3 Der nächste Summand mit l = 1 trägt erst zu O(z4 ) bei, so dass die angegebene Entwicklung im z2 -Term korrekt ist. Die Funktion h(z) hat bei z = 0 eine horizontale Tangente und fällt mit wachsendem z ab. Im Grenzfall z = kR → 0 ist der quantenmechanische Streuquerschnitt viermal so groß wie der geometrische. Bei hohen Energien z = kR 1 tragen sehr viele Drehimpulse bei. Für die Drehimpulse l < kR verwenden wir die Asymptotik der Besselfunktionen (Aufgabe 20.3):

z jl (z) ≈ sin z − lπ/2 , z yl (z) ≈ − cos z − lπ/2 , (l < z) Für hohe Drehimpulse l z geht jl (z) gegen null, und yl (z) divergiert. Die Summanden in (20.60) verhalten sich insgesamt wie ⎧

⎪ (l < z ) sin2 z − lπ/2 ⎨ 2 jl (z) ≈ 1 e z 4l ⎪ jl2 (z) + yl2 (z) ⎩ (l z ) 4 2l Dabei ist e = exp(1) ≈ 2.71. Die Beiträge für l z zur Summe (20.60) sind vernachlässigbar klein. Eine genauere Betrachtung zeigt, dass der Übergang bei l ≈ z in einem √ relativ kleinen Intervall der Größe O( z) stattfindet. Im Grenzfall z 1 ist daher folgende Näherung möglich: Die Summe (20.60) wird auf den Bereich l ≤ z beschränkt, und es wird die asymptotische Form der Besselfunktionen verwendet: h(z) ≈

z

4 (2 l + 1) sin2 z − lπ/2 2 z l=0

4 1 + 5 + 9 + . . . + (2z − 1) sin2 z + 3 + 7 + . . . + (2z + 1) cos2 z 2 z 4 z2 z2 2 2 = 2 (z 1) sin z + cos z = 2 z 2 2

=

392


Die endliche Summe wurde für gerade und ungerade l getrennt aufsummiert. Wegen der Vielzahl von beitragenden Drehimpulsen kann die Summe auch als Integral ausgewertet werden: z z

z 1 4 2 2 dl (2l + 1) sin2 z − lπ/2 ≈ 2 dl (2l + 1) = 2 z2 + z ≈ 2 h(z) ≈ 2 z 0 z 0 z Dabei wurde sin2 (z − lπ/2) durch seinen Mittelwert sin2 ... = 1/2 ersetzt. Bei hohen Energien kR 1 erhalten wir somit einen Wirkungsquerschnitt, der doppelt so groß wie der geometrische ist. Dieses Phänomen ist aus der Optik als Schattenstreuung bekannt. 6h(z) 4

2

..... ... ... .... ..... ........ ........... .................... ....................................... .......................................................................................................... ......................... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...

5

10

z

15

Das Verhältnis h(z) = σ/σgeom als Funktion von z. Hierfür wurde die Summe (20.60) numerisch berechnet. Als obere Grenze lmax ist dabei ein Wert lmax z zu wählen; dann sind die weggelassenen Summanden vernachlässigbar klein. Der qualitative Verlauf (Start bei z = 0 mit h ≈ 4 − 4z2 /3 und h(z → ∞) = 2) ergibt sich auch aus den angeführten analytischen Überlegungen.

20.10 Streuung am Potenzialwall Durch V (r) =

h¯ 2 λ δ(r − R) 2μ

(λ > 0)

wird ein repulsiver Potenzialwall beschrieben. Für niedrige Energien ist nur die l = 0 Streuwelle relevant. Zeigen Sie hierfür tan δ0 (k) = −

λ sin2 (kR) k + (λ/2) sin(2kR)

(20.61)

Machen Sie sich ein graphisches Bild von den Nullstellen kν des Nenners. Untersuchen Sie, ob sich die Streuphase in der Nähe einer Nullstelle entsprechend der Resonanzformel tan δ0(k) =

Γν /2 Eν − E

mit

Γν > 0

(20.62)

verhält. Entwickeln Sie dazu den Nenner von (20.61) um k = kν . Geben Sie die Resonanzenergien Eν und die Breiten Γν für den Fall λR 1 an. Lösung: Für die Wellenfunktion ψ(r) = u0 (r)/r lautet die Schrödingergleichung u0 (r) + k 2 u0 (r) = λ δ(r − R) u0 (r)

393


Dabei ist die Energie ε = h¯ 2 k 2 /(2μ). Im Außen- und im Innenraum gilt die freie Schrödingergleichung. Als Lösung setzen wir daher an:

% A sin kr (r < R)

u0 (r) = r ψ0 (r) = sin kr + δ0 (k) (r > R) Im Innenbereich ist die reguläre Lösung zu nehmen. Im Außenbereich haben wir die Amplitude willkürlich auf 1 gesetzt. Damit die Schrödingergleichung erfüllt wird, muss u0 (r) eine δ-funktionsartige Singularität haben. Dann hat u0 (r) bei r = R einen Sprung, und u0 (r) ist stetig. Aus der Stetigkeit der Wellenfunktion folgt R+

=0

⇒ A sin kR = sin kR + δ0 (k) lim u0 (k, r) ε→0

R−

Die Sprungbedingung erhalten wir, wenn wir die Schrödingergleichung von R − bis R + integrieren: d u0 (k, r) R+ lim = λ u0 (k, R) ⇒ →0 dr R−

k cos kR + δ0 (k) − kA cos kR = λA sin kR Aus diesen beiden Bedingungen folgt

tan kR + δ0 (k) =

tan(kR) 1 + (λ/k) tan(kR)

Mit dem Additionstheorem für den Tangens können wir dies nach der Streuphase auflösen: tan δ0 (k) = −

λ sin2 (kR) k + λ sin(kR) cos(kR)

(20.63)

Bei einer Resonanz geht die Streuphase durch einen halbzahligen π-Wert. Diese notwendige (aber nicht hinreichende) Bedingung für eine Resonanz ist für die Nullstellen des Nenners in (20.62) erfüllt, denn der Tangens der Streuphase wird unendlich. Für diese Nullstellen gilt

2 kR sin 2 kR = − (20.64)

⇒ k = kν mit ν = 1, 2, 3, . . . λR 6 .................................... ....... ......... ...... ...... . ..... . . . . ..... ..... .....π ...... 2π ..... . . . ..... . ................................... ... . ................................................. ..... .................................c..................... ...... .............................................s.......... 2kR . . . . ....... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... ......... ..................................

Graphische Lösung von (20.64) für λR = 10. Die Lösungen kν sind als Kreise markiert. An den ungeraden Schnittpunkten ν = 1, 3, . . . ist die Steigung des Sinus kleiner als die Geradensteigung, cos(2 kν R) < −1/(λR), an den geraden Schnittpunkten ν = 2, 4, . . . ist sie größer, cos(2 kν R) > −1/(λR).

Wir entwickeln nun den Nenner f (k) ≈ f (kν )(k − kν ) von (20.62) um die Nullstelle kν herum: λ sin2 (kν R)

tan δ0 (k) ≈ − 1 + λR cos(2 kν R) (k − kν ) ≈

h¯ 2 λ kν sin2 (kν R) 1 Γν /2 ! = μ 1 + λR cos(2 kν R) Eν − E Eν − E

(20.65)

394


Hierbei wurden die Energien E = h¯ 2 k 2 /(2μ) und Eν = h¯ 2 kν2 /(2μ) eingesetzt, und der Ausdruck wurde auf die Form (20.62) gebracht. Für die ungeraden Nullstellen sind 1 + λR cos(2 kν R) und damit Γν negativ: es handelt sich daher nicht um Resonanzen. Für die geraden Nullstellen kann die positive Breite Γν aus (20.65) abgelesen werden; es handelt sich um Resonanzen. Für λR = 10 erfüllt genau eine Nullstelle dieses Kriterium (voller Kreis). Die resultierende Energieabhängigkeit der Streuphasen (20.63) ist als durchgezogene Linie in der folgenden Abbildung zu sehen: π

−π/2

2π

3π

kR

........... .................................. ............................ ...................... ......... .. .... ........... .... .... .... .......... .. .... .... ......... ....... .......... .. .. .. ...... ................ .. .. .. ...... .............. .. .. .. ................. . . . ...... .......... . . .. . . . . . . . . . ..... ..... ........ ..... ........... ........... .. .. . . . .......... . .... . ...... .. .. .. .... .... ..... ...... ..... ..... ...... ........... . . . . . . . . .. .. . . . . . . . . . . . . . . .... . . . ..... ..... .......... ..... .......... .... .... .. .. ... . . .. . .... . .. .. .... ..... .................. ...... .......... .. .... . ... ... . ..... . . . ..... ...... ..... ..... . . . . . . . . . . . ..... ..... ..... ........ . ... . . . . . . . . . .. . . . ........ .....

δ0 ?

..... .

.....

.....

. ... .... ..... ... ..

..... .

..... .

......

. ... .... ..... ... ..

......

......

-

. ... .... ..... ... ..

Wir betrachten nun den Grenzfall λR 1 und setzen ν = 2 n für die geraden Nullstellen, die in der Nähe von kn R ≈ nπ liegen:

1 nπ , sin kn R ≈ (−)n+1 kn R ≈ nπ 1 − λR λR Die dazugehörigen Resonanzenergien sind h¯ 2 n2 π2 2 2 En ≈ = ε (20.66) 1 − 1 − n0 2 μR 2 λR λR Dabei haben wir die Energieeigenwerte der s-Zustände εn0 = h¯ 2 n2 π2 /(2 μR 2 ) des unendlich hohen sphärischen Kastenpotenzials verwendet. Wir setzen dies in (20.65) ein: 1 2 En h¯ 2 kn nπ 2 nπ tan δ0 (E) ≈ ≈ (λR 1) μR λR En − E (λR)2 En − E Damit sind die Breiten bestimmt: Γn ≈

4nπ En (λR)2

(λR 1)

Für die Entstehung der Resonanzen ergibt sich folgendes Bild: Für λR → ∞, also für einen unendlich starken Potenzialwall, entkoppeln der Innen- und der Außenraum vollständig; es gibt keinen Tunneleffekt, die Resonanzbreiten Γn sind null. Im Inneren haben wir die gebundenen Zustände des unendlich hohen Kastenpotenzials bei den Energien εn0 , im Außenraum die Streuung an der harten Kugel mit den Streuphasen δ0 (k) = −kR. Da die Streuphase nur bis auf Vielfache von π definiert ist, kann diese Streuphase durch die gestrichelte Zick-Zack-Linie in der obigen Abbildung dargestellt werden. Bei endlichen Potenzialwallstärken, λR 1, wird das Tunneln möglich und wir erhalten endliche Resonanzbreiten und damit verbundene endliche Lebensdauern τn = h¯ /Γn der quasigebundenen Zustände. Die Sprünge in den Streuphasen (gestrichelt) werden zu Übergängen mit endlichen Breiten geglättet, und die Resonanzenergien (20.66) werden aufgrund der Kopplung an das Kontinuum abgesenkt. Für λR = 10 gibt es nur einen halbzahligen πWert mit einer voll ausgebildeten Resonanz; die anderen Resonanzen sind nicht mehr voll ausgebildet, aber immer noch deutlich erkennbar.

395


20.11 Nukleon-Nukleon-Streuung im Singulett-Zustand Wir betrachten die l = 0 Streuung zweier Nukleonen im Singulett-Zustand, in dem die Spins zu S = 0 gekoppelt sind. Das Nukleon-Nukleon-Potenzial besteht aus einem attraktiven Teil und einem repulsiven kurzreichweitigeren Teil. Es kann durch folgenden schematischen Ansatz simuliert werden: ⎧ (r < a) ⎨ ∞ (a < r < b) V (r) = V0 (20.67) ⎩ 0 (r > b) Für die Parameter wird a = 0.5 fm, b = 1.5 fm und V0 < 0 angesetzt. a) Für S = 0 gibt es keinen gebundenen Zustand zweier Nukleonen. Welche Bedingung muss die Potenzialstärke V0 erfüllen, damit das Potenzial gerade keinen gebundenen Zustand hat? b) Berechnen Sie die Streuphasen δ0 (k). Spezialisieren Sie das Ergebnis für k → 0 und geben Sie die in (20.55) definierte Streulänge astr an. Wie verhalten sich die Streuphasen für k → ∞? Warum kann man in diesem Fall nicht δ(∞) = 0 setzen? c) Bestimmen Sie die Potenzialtiefe V0 so, dass die experimentelle Singuletts ≈ −17.1 fm richtig reproduziert wird (verwenden Sie den Streulänge app Taschenrechner). Skizzieren Sie δ0 (k) als Funktion von k. Lösung: a) Am ehesten ist ein s-Zustand gebunden (fehlendes Zentrifugalpotenzial). Die Wellenfunktion ist daher von der Form ψ(r) = u0 (r)/r Y00(θ, φ) mit ⎧ (r < a) ⎪ ⎨ 0 A sin q (r − a) (a < r < b) u0 (r) = ⎪ ⎩ B exp(−κ r) (r > b) Die Energie dieses Zustands ist E0 = − h¯ 2 κ 2 /(2μ) < 0, die vom Grund des Potenzials aus gemessene Wellenzahl q ist durch h¯ 2 q 2 /(2μ) = E0 − V0 gegeben, und die reduzierte Masse μ = mN /2 ist gleich der halben Nukleonmasse. Bei r = a hat die Wellenfunktion den Wert null und ist stetig. Die Stetigkeit der logarithmischen Ableitung bei r = b ergibt κ cot q (b − a) = − q Dies ist die Bedingung für die Energieeigenwerte. Wir betrachten nun den Fall eines einzigen, gerade noch gebundenen Zustands, also E0 → 0 und κ → 0 und q → q0 , wobei h¯ 2 q02 /(2μ) = −V0 . Aus der Eigenwertgleichung folgt dann cot[q0 (b − a)] = 0 oder q0 (b − a) = π/2, 3π/2,.... Für q0 = π/[2(b − a)] + ist der betrachtete Zustand der einzige (gerade noch) gebundene Zustand. Für noch geringere Potenzialtiefen gibt es überhaupt keinen gebundenen Zustand: q0 (b − a)
0, setzen wir die l = 0 Partialwelle an: ⎧ ⎪ ⎨ 0 A sin q (r − a) u0 (k, r) = r ψ0 (k, r) = ⎪ ⎩ sin kr + δ0 (k)

(r < a) (a < r < b) (r > b)

Dabei ist h¯ 2 q 2 /(2μ) = E − V0 . Die Amplitude der asymptotischen Streuwelle wurde willkürlich gleich 1 gesetzt. Die Stetigkeit der logarithmischen Ableitung ergibt k tan kb + δ0 (k) = tan q (b − a) q Wir lösen dies nach den Streuphasen auf δ0 (k) = −k b + arctan

k tan q (b − a) q

(20.68)

Wir diskutieren nun die Grenzfälle k → 0 und k → ∞. Für niedrige Energien k → 0 und q → q0 kann der Arcustangens durch sein Argument ersetzt werden: δ0 (k) ≈ −b k +

k tan q0 (b − a) = − astr k q0

(k → 0)

Hieraus können wir die Streulänge ablesen: astr = b −

tan[q0 (b − a)] q0

(20.69)

Für a = b erhalten wir die Streulänge der harten Kugel mit Radius a = b. Der attraktive Teil des Potenzials liefert einen negativen Beitrag zur Streulänge (wegen q0 (b − a) < π/2) und kann ihr Vorzeichen umdrehen; genau dies passiert bei der Nukleon-Nukleon-Streuung. Die Streuphase startet dann im Ursprung linear mit einer positiven Steigung. Bei hohen Energien q → k → ∞ geht in (20.68) der Faktor k/q gegen 1, der Arcustangens kompensiert den Tangens: δ0 (k) = −b k + (b − a)k = − a k (k → ∞) Dies ist die linear abfallende Streuphase einer harten Kugel mit Radius a. Wegen dieses Verhaltens kann die Streuphase im Unendlichen nicht, wie sonst üblich, null gesetzt werden. Der attraktive Teil des Potenzials spielt bei den sehr hohen Energien keine Rolle. c) Wir setzen nun a = 0.5 fm, b = 1.5 fm sowie die experimentelle Singulett-Streulänge s ≈ −17.1 fm in (20.69) ein und lösen diese Gleichung in der Form q0 = arctan(18.6 q0 ) app iterativ mit dem Taschenrechner (q0 in Einheiten 1/fm). Bei einem Startwert von zum Beispiel q0 = 1 konvergiert diese Prozedur schnell gegen q0 = 1.536. Dies entspricht der Potenzialstärke V0 = − 97.89 MeV Diese Potenzialstärke liegt knapp über dem Grenzwert von − 102 MeV, für den es einen gerade noch gebundenen Zustand gibt. Die zu diesen Parametern gehörigen Streuphasen (20.68) sind in der folgenden Abbildung dargestellt.

397

Kapitel 20 Dreidimensionale Probleme 6δ0 (k)

1

0

............................ ....... ... ....... .. ...... ... ...... .. ...... .. ...... .. ...... .. ...... .. ...... .. ...... .. ...... .. ...... .. ...... .. ...... .. ...... .. ...... .. ...... .. ...... .. ...... ... ...... ...... ...... k ...... fm−1 ...... ...... ...... ..

Die Streuphase aus (20.68) ist als Funktion des Wellenvektors k gezeigt (mit den Parameterwerten aus Teil c der Aufgabe). Die Streuphase startet bei δ0 (0) = 0 und steigt rasch an. Eine Resonanz entspricht einem steilen Anstieg um etwa π. Der quasigebundene Zustand knapp über der Schwelle macht sich als unvollständige Resonanz bemerkbar. Der lineare Abfall bei großen k reflektiert die Abstoßung des hard cores. Qualitativ stimmt dieser Verlauf recht gut mit dem der experimentellen (Coulomb korrigierten) Proton-ProtonStreuphase im Singulett-Zustand überein.

20.12 Rekursionsformel für Laguerre-Polynome Die Koeffizienten der Laguerrepolynome Lαn = nk=0 ak x k sind durch ak =

(−)k k!

n+α n−k

=

(−)k (n + α)! k! (n − k)!(k + α)!

(20.70)

gegeben. Das Argument der Fakultät z! = Γ (z + 1) = z Γ (z) ist hierbei nicht auf ganze Zahlen beschränkt. Zeigen Sie, dass die Koeffizienten (20.70) die Rekursionsformel ak+1 = −

n−k ak (k + 1)(k + l + 3/2)

erfüllen. Lösung: Die Laguerrepolynome mit α = l + 1/2, (20.42), treten beim sphärischen Oszillator auf, die mit α = 2l + 1, (20.48), bei Wasserstoffatom. Wir setzen ak aus (20.70) auf der rechten Seite der Rekursionsformel ein: ak+1 =

(−)k+1 (n + α)! (−)k+1 = (k + 1)! (n − k − 1)!(k + α + 1)! (k + 1)!

n+α n−k−1

Das so erhaltene ak+1 stimmt mit dem Koeffizienten überein, der sich aus (20.70) mit der Ersetzung k → k + 1 ergibt. Die Rekursionsformel ist daher gültig..

20.13 Zweidimensionaler harmonischer Oszillator Der Hamiltonoperator des zweidimensionalen harmonischen Oszillators lautet H0 =

px2 + py2 2μ

+

μ 2 2 ω x + y2 2

(20.71)

398


a) Führen Sie Polarkoordinaten ρ und ϕ ein. Zeigen Sie, dass die Eigenfunktionen ψ(ρ, ϕ) von H0 als simultane Eigenfunktionen von z angesetzt werden können. Reduzieren Sie damit die Schrödingergleichung auf eine eindimensionale Differenzialgleichung in ρ. √ b) Führen Sie die dimensionslosen Größen x = μω/h¯ ρ und ε = E/(hω) ¯ ein. Spalten Sie das Verhalten für x → 0 und x → ∞ von der gesuchten Lösung ab. Lösen Sie die verbleibende Differenzialgleichung mit einem Potenzreihenansatz, und geben Sie die Energieeigenwerte an. c) Vergleichen Sie die Ergebnisse mit denen in kartesischen Koordinaten. Lösung: a) In Polarkoordinaten lautet der Hamiltonoperator mit z = −i h∂/∂ϕ ¯ 2 2 z h¯ 1 ∂ μ ∂2 + + ω2 ρ 2 H0 = − + 2 2 2μ ∂ρ ρ ∂ρ 2μρ 2 Da z mit H0 vertauscht, [z , H0 ] = 0, können die Eigenfunktionen als simultane Eigenfunktion zu z angesetzt werden: ψ(ρ, ϕ) = u(ρ) exp(i mϕ) Wir setzen dies in die Schrödingergleichung H0 ψ = E ψ ein und erhalten folgende Differenzialgleichung für u(ρ): μ h¯ 2 1 m2 u (ρ) + u (ρ) − 2 u(ρ) + ω 2 ρ 2 u(ρ) = E u(ρ) 2μ ρ ρ 2 √ b) Mit den dimensionslosen Größen x = μω/h¯ ρ und ε = E/(h¯ ω) wird diese Gleichung zu

1 m2 u (x) + u (x) − 2 u(x) + 2 ε − x 2 u(x) = 0 (20.72) x x Für x → 0 setzen wir u(x) ∝ x σ an und erhalten −

σ (σ − 1) + σ − m2 = 0

⇒

σ = ±m

⇒

u(x) ∝ x |m|

Für eine am Ursprung reguläre Lösung schließen wir negative Exponenten aus; dies geschieht durch die Betragsstriche. Wir untersuchen noch das Verhalten für x → ∞,

⇒ u(x) ∝ exp ±x 2 /2 u (x) − x 2 u(x) ≈ 0 Für eine normierbare Lösung müssen wir das Minuszeichen wählen. Wir setzen daher u(x) = x |m| v(x) exp(−x 2 /2) in (20.72) ein und erhalten

2 |m| + 1 v (x) − 2 x v (x) + 2 ε − |m| − 1 v(x) = 0 x k Hierin setzen wir die Potenzreihe v(x) = ∞ k=0 ak x ein: v (x) +

∞

2|m| + 1 k + 2 k + 2 |m| + 2 ak+2 + 2 ε − |m| − k − 1 ak x k = 0 a1 + x k=0

399


Da diese Gleichung für beliebige x erfüllt sein muss, müssen die Koeffizienten bei jeder Potenz x k verschwinden. Dies ergibt a1 = 0

und

ak+2 = − 2

ε − (k + |m| + 1) ak (k + 2)(k + 2 |m| + 2)

Mit a1 verschwinden alle ungerade Koeffizienten, a1 = a3 = a5 = a7 = . . . = 0. Für eine nichttriviale Lösung muss dann a0 = 0 sein. Bricht die sich daraus ergebende gerade Potenzreihe nicht ab, so gilt a2ν+2 ∝ a2ν /ν für große ν, also a2ν ∝ 1/ν! und damit v(x) ∝ 2 ν 2 ν (x ) /ν! = exp(+x ). Um dies zu verhindern, muss die gerade Potenzreihe abbrechen, also mit nρ = 0, 1, 2, . . . ε − |m| − 1 = 2 nρ Die Energieeigenwerte

Enρ m = h¯ ω ε = hω ¯ 2 nρ + |m| + 1 = h¯ ω (n + 1)

(20.73)

können durch die Hauptquantenzahl n = 2 nρ + |m| ausgedrückt werden. Sie sind (n + 1)fach entartet. Die Potenzreihe wird zu einem Laguerrepolynom vom Grad nρ in x 2 , 2 2 unρ m (x) ∝ x |m| L|m| nρ (x ) exp(−x /2)

c) In kartesischen Koordinaten sind die Oszillatoren in x- und y-Richtung entkoppelt. Die Eigenfunktionen sind Produkte ϕnx (x) ϕny (y) von eindimensionalen Oszillatorwellenfunktionen mit den Energieeigenwerten

Enx ny = h¯ ω nx + ny + 1 = hω ¯ (n + 1)

(20.74)

Die Quantenzahlen der niedrigsten Zustände ergeben sich aus (20.73) und (20.74). Die dazugehörigen Wellenfunktionen in Polar- und kartesischen Koordinaten sind für μω/h¯ = 1 und ohne den gemeinsamen Faktor exp [−ρ 2 /2]) = exp [−(x 2 + y 2 )/2] in der folgenden Tabelle angegeben. Die Eigenfunktionen in Polarkoordinaten sind Linearkombinationen der Eigenfunktionen in kartesischen Koordinaten zum selben Energieeigenwert, und umgekehrt.

n

nρ

m

0

0

0

1

0 0

2

1 0 0

Wellenfunktion

Wellenfunktion

nx

ny

1

0

0

1

+1 −1

ρ exp(i ϕ) ρ exp(−i ϕ)

1 0

0 1

x y

0 +2 −2

ρ2 − 1 ρ exp(2 i ϕ) ρ exp(−2 i ϕ)

2 1 0

0 1 2

x 2 − 1/2 xy y 2 − 1/2

400


20.14 Landauniveaus Ein Elektron bewegt sich in einem homogenen Magnetfeld B = B ez . Der Spin des Elektrons ist mit sz = h/2 ¯ festgelegt und wird nicht weiter berücksichtigt. Der Hamiltonoperator lautet H =

1 e 2 pop + A 2 me c

mit

A :=

B (−y, x, 0) 2

(20.75)

Zeigen Sie, dass H von der Form H = H0 +

pz2 + ω z 2 me

ist, wobei H0 der Hamiltonoperator des zweidimensionalen harmonischen Oszillators ist. Die Eigenwerte und Eigenfunktionen von H0 sind aus Aufgabe 20.13 bekannt. Setzen Sie die Lösungen als Eigenfunktionen von pz und H0 an (warum?), und bestimmen Sie die Lösungen. Wie lauten die Energieeigenwerte? Sind die Niveaus entartet? Was ändert sich an der Aufgabe und an den Lösungen, wenn das Vektorpotenzial durch A := B (0, x, 0) gegeben ist? Lösung: Das Vektorpotenzial in (20.75) genügt der Coulombeichung, ∇ · A = 0. Hieraus folgt pop · A = A · pop . Es kommt daher nicht auf die Reihenfolge von A und p op im Hamiltonoperator an: H = =

2 pop

2 me 2 p op

2 me

+

e e2 A2 A · p op + me c 2 me c 2

+

p2 e e2 2 −y px + x py + x + y 2 = H0 + z + ω z 2 2 me c 8 me c 2 me

Neben zwei zusätzlichen Termen haben wir den Hamiltonoperator H0 aus (20.71) mit μ = me

und

ω=

ωzyk eB = 2 2 me c

erhalten; die Größe ωzyk ist die sogenannte Zyklotronfrequenz. Da die drei Operatoren H , H0 und pz untereinander vertauschen, können die Eigenfunktionen von H als die (bekannten) Eigenfunktionen von pz und H0 angesetzt werden: m ω me ωzyk 2 e zyk 2 ψnρ m kz (ρ, ϕ, z) ∝ ρ |m| Ln|m| ρ ρ exp(i mϕ) exp(i kz z) exp − ρ 2 h¯ 4 h¯ (20.76) Bis auf die Normierung sind damit die Eigenfunktionen von H bestimmt. Die zugehörigen Eigenwerte sind

h¯ 2 kz2 h¯ ωzyk Enρ m kz = (20.77) 2 nρ + |m| + m + 1 + 2 2 me Für festes nρ und kz sind die Niveaus mit m ≤ 0, also m = 0, −1, −2, . . . entartet: es handelt sich um eine unendlichfache Entartung. Dies gilt auch für den Grundzustand nρ = 0.


401

Dagegen haben die Niveaus mit positivem m unterschiedliche Energien. Abgesehen von der kontinuierlichen kinetischen Energie in z-Richtung ist das Spektrum diskret und äquidistant mit einem Energieabstand h¯ ωzyk . Dies sind die sogenannten Landauniveaus. Eine Eichtransformation A → A + grad Λ ändert das physikalische B-Feld nicht; das physikalische Problem bleibt also dasselbe. Neben der symmetrischen Eichung (20.75) ist die Landau-Eichung A := B (0, x, 0) üblich. Hierfür lautet der Hamiltonoperator

e 2 1 2 eB 2 1 1 x px + pz2 + p op + A = py + H= 2 me c 2 me 2 me c Offensichtlich vertauschen py und pz mit H , also [py , H ] = [pz , H ] = 0. Die Eigenfunktionen von H können deshalb in der Form φ(x, y, z) = u(x) exp i (ky y + kz z) angesetzt werden. Damit reduziert sich die Schrödingergleichung auf eine eindimensionale Differenzialgleichung für u(x), 2 h¯ 2 kz2 1 eB 2 px + + + x h¯ ky u(x) = E u(x) 2 me 2 me 2 me c Dies ist die Schrödingergleichung eines verschobenen eindimensionalen harmonischen Oszillators: 2 h¯ 2 kz2 e2 B 2 h¯ c 2 px + k x + u(x) u(x) = E − y 2 2 me 2 me c eB 2 me mit der Frequenz ω = ωzyk . Aus den bekannten Oszillatorfunktionen ϕnx (x) erhalten wir damit die Lösungen h¯ c ky exp i (ky y + kz z) (20.78) φ(x, y, z) ∝ ϕnx x + eB Die zugehörigen Eigenwerte sind 1 h¯ 2 kz2 (20.79) + Enx kz = h¯ ωzyk nx + 2 2 me Die Energieeigenwerte sind unabhängig von ky ; daher stellt sich die unendlichfache Entartung hier etwas anders dar. Wir erhalten aber dasselbe Spektrum wie für die Coulombeichung. Die Wellenfunktionen der einen Form sind jeweils Linearkombinationen der (unendlich vielen) Wellenfunktionen der anderen Form zum selben Eigenwert.

20.15 Anisotroper harmonischer Oszillator Betrachten Sie den anisotropen dreidimensionalen harmonischen Oszillator 2 p op

μωz2 2 μωx2 2 + x + y2 + z H = 2μ 2 2

mit ωx = ω0 1 + δ/3 und ωz = ω0 1 − 2 δ/3 . Geben Sie die Eigenfunktionen und die Energieeigenwerte an. Listen Sie speziell für δ = 0 und δ = 1/2 die Quantenzahlen und die Energiewerte der tiefsten Zustände auf.

Lösung: Die Oszillatoren in x-,y- und z-Richtung sind entkoppelt. Die Eigenfunktionen von H können daher als Produkte von eindimensionalen Oszillatorwellenfunktionen geschrieben werden: ψnx ny nz (x, y, z) = ϕnx (x) ϕny (y) ϕnz (z)

402


Die zugehörigen Energieeigenwerte sind

Enx ny nz = h¯ ωx nx + ny + 1 + h¯ ωz nz + 1/2 Im Fall δ = 0 mit ωx = ωz = ω0 vereinfacht sich dies zu den bekannten Energien des sphärischen harmonischen Oszillators:

Enx ny nz = hω ¯ 0 nx + ny + nz + 3/2 Für den anisotropen Oszillator mit δ = 1/2, ωx = 7ω0 /6 und ωz = 2 ω0 /3 erhalten wir dagegen 7 4 9 7 nx + ny + nz + Enx ny nz = h¯ ω0 6 6 6 6 nx

ny

nz

δ=0

δ = 1/2

0

0

0

(3/2) hω ¯ 0

(3/2) h¯ ω0

0 0 1

0 1 0

1 0 0

(5/2) hω ¯ 0 (5/2) hω ¯ 0 (5/2) hω ¯ 0

(13/6) hω ¯ 0 (16/6) hω ¯ 0 (16/6) hω ¯ 0

0 ...

0 ...

2 ...

(7/2) hω ¯ 0 ...

(17/6) hω ¯ 0 ...

Die Tabelle listet die Quantenzahlen und die Energieeigenwerte der tiefsten Zustände des anisotropen harmonischen Oszillators mit δ = 1/2 auf und vergleicht sie mit dem sphärischen Fall (δ = 0). Dieses Oszillatormodell wird zum Beispiel für die Beschreibung deformierter Atomkerne verwendet (Nilsson-Modell).

20.16 Virialsatz für Wasserstoffproblem Beweisen Sie für den Hamiltonoperator H = T +V = p 2/2μ−Ze2 /r des Wasserstoffatoms die Operatorbeziehung i H, r · pop = 2 T + V h¯ Leiten Sie hieraus eine Relation zwischen den Erwartungswerten T und V für Wasserstoffeigenfunktionen ab, und geben Sie T und V an. Was ändert sich, wenn der sphärische harmonische Oszillator mit V (r) = μω2 r 2 /2 betrachtet wird? Lösung: Wir schreiben zunächst den Kommutator aus, H, r · p op = H, r · pop + r · H, p op und berechnen die Kommutatoren von H mit dem Orts- und Impulsoperator:

1 2 h¯ H, r = p ,r = p , 2μ op i μ op

h¯ H, pop = V , p op = − ∇ V (r) i

Aus den letzten beiden Gleichungen folgt 2 pop i − (r · ∇)V (r) = 2 T + V H, r · p op = μ h¯

403


Für V (r) = −Z e2 /r wurde −(r · ∇)V (r) = V (r) eingesetzt. Wir nehmen nun den Erwartungswert mit einer Wasserstoffeigenfunktion. Der Hamiltonoperator wird zum einen nach links und zum anderen nach rechts angewandt; wegen H ψnlm = εn ψnlm ergibt er jeweils den Faktor εn . Daher verschwindet der Erwartungswert des Kommutators, 7

H, r · p op

8

=0

⇒

2 T + V = 0

(20.80)

Die rechts angeschriebene Folgerung ist der sogenannte Virialsatz für das Wasserstoffproblem. Aus dem Virialsatz und aus H = T + V = εn = −Z 2 e2 /(2 aB n2 ) folgen die Erwartungswerte der kinetischen und potenziellen Energie: T =

Z 2 e2 , 2 aB n 2

V = −

Z 2 e2 aB n2

(20.81)

Für den harmonischen Oszillator Hosz = T + V = p2 /2μ + μω2 r 2 /2 gilt (r · ∇) V (r) = 2 V (r) und damit 2 pop i Hosz , r · pop = − (r · ∇)V (r) = 2 T − 2V h¯ μ

Wir nehmen den Erwartungswert mit einer Oszillatoreigenfunktion: 7

H, r · pop

8

=0

⇒

2 T − 2 V = 0

(20.82)

Rechts steht der Virialsatz für den harmonischen Oszillator. Aus diesem Virialsatz und aus Hosz = T + V = h¯ ω (n + 3/2) = εn folgen wieder die Erwartungswerte T = V =

h¯ ω 3 εn n+ = 2 2 2

(20.83)

20.17 Wasserstoffradialfunktionen zu maximalem Drehimpuls Die normierten Wasserstoffeigenfunktionen mit maximalem Drehimpuls l = n − 1 sind von der Form ψn,n−1,m (r) = un,n−1 (r)/r Yn−1,m (θ, φ) mit un,n−1 (r) =

2Z n(2 n)!aB

2 Zr naB

n

Zr exp − naB

(20.84)

Dabei ist aB = h¯ 2/(me e2 ) der Bohrsche Radius. Bestimmen Sie das Maximum rmax der Wahrscheinlichkeitsdichte P (r) = |un,n−1 (r)| 2 . Vergleichen Sie rmax mit dem Erwartungswert r . Im Bohrschen Atommodell werden Kreisbahnen betrachtet (Radius r). Dabei wird die Coulombkraft gleich der Zentripedalkraft gesetzt, Z e2 /r 2 = me v 2 /r, und der Drehimpuls wird gemäß me v r = n h¯ mit n = 1, 2, 3,... quantisiert. Vergleichen Sie die sich hierfür ergebenden Radien mit den oben berechneten Werten von rmax .

404


Lösung: Für die normierten Wasserstoffeigenfunktionen (20.84) gilt ∞ 2 2 dr un,n−1 (r) = 1 d 3 r ψn,n−1,m (r) = 0

Damit ist P (r) = |un,n−1 (r)| die Wahrscheinlichkeitsdichte, das Elektron im Intervall [r, r + dr ] zu finden. Für diese Wahrscheinlichkeitsdichte 2

P (r) =

2Z n aB (2 n)!

2Zr 2 Zr 2n exp − n aB n aB

schreiben wir die notwendige Bedingung für das Vorliegen eines Extremums an: 2Zr d P (r) 2n 2Z = 0 r 2n exp − ∝ − dr r n aB n aB Es gibt genau ein Extremum bei

aB 2 (20.85) n Z Da die Wahrscheinlichkeitsdichte positiv und im Unendlichen null ist, handelt es sich um ein Maximum. Wir berechnen den Ortserwartungswert ∞ ∞ 2 r = d r r un,n−1 (r) = dr r P (r) rmax =

0

=

n aB 2 Z (2 n)!

0

∞

dx x 2n+1 exp( − x) =

0

aB n n + 1/2 Z

(n 1)

≈

rmax

Zur Auswertung des Integrals wurde x = 2 Zr/(naB ) substituiert. Für große n stimmen rmax und r überein. Im Bohrschen Atommodell folgt aus Z e2 /r 2 = me v 2 /r und me v r = n h¯ der Radius rBohr =

n2 h¯ 2 aB 2 = n = rmax 2 Ze me Z

Dieser Radius stimmt mit (20.85) überein.

20.18 Zeeman-Effekt Der Hamiltonoperator für das Wasserstoffatom in einem homogenen Magnetfeld B = B ez ist von der Form H =

e 2 Ze2 1 pop + A − 2 me c r

mit

A :=

B − y, x, 0 2

(20.86)

Für nicht zu starke Magnetfelder können die in B quadratischen Terme vernachlässigt werden. Zeigen Sie, dass dann H = H0 + ω L z mit ω L = eB/(2 me c) gilt, wobei H0 der Hamiltonoperator ohne Magnetfeld ist. Geben Sie die Eigenfunktionen und Energieeigenwerte von H an, und diskutieren Sie die resultierende Aufspaltung der Wasserstoffniveaus.

405


Lösung: Für das angegebene Vektorpotenzial gilt die Coulombeichung div A = 0. Hieraus folgt p op · A = A · p op . Es kommt daher nicht auf die Reihenfolge von A und pop im Hamiltonoperator an: H =

2 p op

2 me

+

e Ze2 e A · p op − + O(A2 ) ≈ H0 + A · p op me c r me c

Im letzten Schritt wurden die im Feld quadratischen Terme weggelassen. Außerdem wurde der Wasserstoff-Hamiltonoperator eingeführt: H0 =

2 p op

2 me

−

Ze2 r

Wir setzen nun das Vektorpotenzial ein: H = H0 +

eB eB − y px + x py = H0 + z = H0 + ω L z 2 me c 2 me c

Im letzten Schritt wurde die Larmorfrequenz eingeführt, ωL =

eB 2me c

Da z mit H0 vertauscht, gibt es gemeinsame Eigenfunktionen. Dies sind die Wasserstoff2 Eigenfunktionen ψnl m , denn diese wurden als Eigenfunktionen von H0 , op und z konstruiert. Die dazugehörigen Eigenwerte sind Enm = εn + m h¯ ω L ,

εn = −

e2 Z 2 aB 2 n2

Die Eigenfunktionen ψnlm sind bezüglich der Quantenzahlen l und m entartet. Diese Entartung wird hier für die m-Quantenzahl aufgehoben; dies ist der Zeeman-Effekt. In einer realistischen Behandlung muss aber noch der Spin berücksichtigt werden (Aufgabe 23.6).

20.19 Klein-Gordon-Gleichung Für ein relativistisches Teilchen (Masse m) im Coulombpotenzial V (r) = −Z e2 /r gilt die Energie-Impuls-Beziehung [E − V (r)] 2 = p2 c 2 + m2 c 4 . Die Ersetzungsregeln p → −i h¯ ∇ und E → i h¯ ∂/∂t führen dann zur Wellengleichung 2 i h¯ ∂/∂t − V (r) ψ(r, t) = − h¯ 2 c 2 + m2 c 4 ψ(r, t) (20.87) Diese zeitabhängige Klein-Gordon-Gleichung mit Coulombpotenzial gilt für Teilchen mit Spin null. Sie soll im Folgenden gelöst werden.

Gehen Sie mit dem Ansatz ψ(r, t) = ψ(r) exp −iE t/h¯ zur zeitunabhängigen Klein-Gordon-Gleichung über. Da das Problem kugelsymmetrisch ist, kann ψ(r) 2 als Eigenfunktion zu op und z angesetzt werden, also ψ(r) = [ul (r)/r ] Ylm (θ, φ). Geben Sie die Differenzialgleichung für ul (r) an. Verwenden Sie die dimensionslosen Größen ρ = (e2 E/h¯ 2 c 2 ) r und γ 2 = (m2 c 4 −E 2 )/(E 2 α 2 ) mit der Feinstrukturkonstanten α = e2 /(h¯ c). Setzen Sie ul (ρ) = ρ β v(ρ) exp(−γρ)

406


an, und bestimmen Sie β aus dem Verhalten am Ursprung. Daraus erhalten Sie die Differenzialgleichung:

(20.88) ρ v + 2 β − γρ v + 2 Z − γ β v = 0 Setzen Sie für v(ρ) ein Potenzreihe an, und leiten Sie die Rekursionsformel für die Koeffizienten ab. Begründen Sie, dass die Rekursion abbrechen muss. Geben Sie die Energieeigenwerte an, die aus der Abbruchbedingung folgen.

Lösung: Wir setzen ψ(r, t) = ψ(r) exp −iE t/h¯ in (20.87) ein, führen die Zeitableitung aus und kürzen den Exponentialfaktor:

E − V (r)

2

ψ(r) = − h¯ 2 c 2 + m2 c 4 ψ(r)

In diese zeitunabhängige Klein-Gordon-Gleichung setzen wir ψ(r) = [ul (r)/r ] Ylm (θ, φ) und 2 op 1 d2 = r − r dr 2 h¯ 2 r 2 ein und erhalten die Radialgleichung: 2 l (l + 1) E 2 − m2 c4 2E Z e2 Z 2 e4 1 d − + + + ul (r) = 0 dr 2 r2 h¯ 2 c2 h¯ 2 c2 r h¯ 2 c2 r 2 Mit den dimensionslosen Größen ρ = (e2 E/h¯ 2 c 2 ) r und γ 2 = (m2 c 4 − E 2 )/(E 2 α 2 ) wird die Radialgleichung zu 2 d l(l + 1) 2Z Z 2 α 2 2 ul (ρ) = 0 − − γ + (20.89) + dρ 2 ρ2 ρ ρ2 Für ρ → ∞ lesen wir das asymptotische Verhalten der Wellenfunktion ab: 2 d 2 ul (ρ) = 0 ⇒ ul (ρ) ∝ exp(−γ ρ) − γ dρ 2 Die exponentiell ansteigende Lösung wird wegen der Normierbarkeit ausgeschlossen. Für ρ → 0 erhalten wir das Verhalten am Ursprung 2 ul (ρ) ∝ ρ β mit l(l + 1) − Z 2 α 2 d u − (ρ) = 0

⇒ l dρ 2 ρ2 β(β − 1) = l (l + 1) − Z 2 α 2 Die quadratische Gleichung für β hat die Lösungen 1 1 2 l+ − Z2 α2 β = ± 2

2

(20.90)

Wir betrachten zunächst den Grenzfall β = 1/2. Dann ist |ψ| 2 ∝ 1/r, und das Normierungsintegral existiert (bei der Integrationsgrenze r = 0). Aber: Die kinetische Energiedichte ist proportional zu ψ ∗ ψ ∝ 1/r 3 , so dass der Erwartungswert der kinetischen Energie divergiert (dies gilt analog für den Potenzialbeitrag mit 1/r 2 ). Daher muss β = 1/2 ausgeschlossen werden. Wenn die Wurzel in (20.90) imaginär wird, dann gilt wieder |ψ| 2 ∝ 1/r;

407


auch dies muss ausgeschlossen werden. Die Wurzel muss daher in jedem Fall (insbesondere auch für l = 0) positiv sein, also Zα
0 im Intervall [0.π/4]. 6E

W

.... E ...... ....... . . . . . . ... ......... .......... .............. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........

(2)

Bei ausgeschaltetem elektrischen Feld ist β = 0, also α = π/4. Die Eigenzustände zu den Energien E (1,2) = E0 ∓ W sind dann

-

|ψ1,2 =

β −W

.................................. ............... ........... .......... ........ ........ ....... ..... (1) E

|1 ∓ |2 √ 2

(β = 0)

Die Basiszustände |1 und |2, bei denen das NAtom nach „oben“ oder nach „unten“ zeigt, sind gleich wahrscheinlich.

Für starke elektrische Felder, β = |p dip · E| |W |, geht der Mischungswinkel gegen null. Die Eigenzustände sind dann |ψ1 = |1

zu E (1) = E0 − pdip · E

|ψ2 = |2

zu E (2) = E0 + pdip · E

(β |W |)

Ergänzung: Die allgemeinste hermitesche Hamiltonmatrix im Raum zweier Zustände ist E0 − β W H = (Hnn ) = E0 + β W∗ mit reellen Diagonalelementen E0 ± β und einem komplexem Kopplungselement W = |W | exp(iδ). Die Eigenwerte und der Mischungswinkel lauten dann

E (1,2) = E0 ∓

|W |2 + β 2 ,

tan(2α) =

|W | β

In den Eigenvektoren tritt zusätzlich die Phase δ auf: (2)

(1)

cos α sin α := , a := a − sin α exp(−iδ) cos α exp(−iδ) Für jeden Eigenvektor kann ein zusätzlicher Phasenfaktor frei gewählt werden. Die hier dargestellten Ergebnisse sind für viele Probleme der Quantenmechanik von Bedeutung, zum Beispiel in den Aufgaben 22.14, 22.22 oder 23.5.

21.6 Butadienmolekül

H C

H2 C

C H

C H2

Ein (1,3)–Butadienmolekül C4 H6 besteht aus einer Kette von vier CAtomen. Die C-Atome an den Enden binden jeweils zwei H-Atome, die in der Mitte jeweils ein H-Atom.

419

Kapitel 21 Abstrakte Formulierung

Wenn jeder Verbindungslinie zwischen den C-Atomen eine Einfachbindung zugeordnet wird, müssen zusätzlich noch vier Elektronen untergebracht werden. Wir nummerieren die C-Atome von 1 bis 4. Ein Elektron hält sich nun bevorzugt in der Nähe des positiven Rumpfs eines solchen C-Atoms auf. Den niedrigsten, jeweils bei einem C-Ion lokalisierten Elektronenzustand bezeichnen wir mit |n, wobei n = 1, 2, 3, 4. Dadurch ist ein 4-dimensionaler Zustandsraum für jedes Elektron gegeben. In diesem Raum wird der Hamiltonoperator durch eine reelle 4×4-Matrix dargestellt, für die wir den folgenden plausiblen Ansatz machen: ⎛

⎞ 0 0 ⎟ ⎟ ⎟ W ⎠

E0

W E0

0 W

⎝ 0 0

W 0

E0 W E0

⎜W H = Hnn = n| Hˆ |n = ⎜ ⎜

(21.33)

Dabei ist E0 der reelle Energieerwartungswert in einem lokalisierten Zustand, während W < 0 das reelle Matrixelement zwischen benachbarten Zuständen ist. Die Unterschiede zwischen den C-Ionen am Rand und im Inneren mit ihrer unterschiedlichen Anzahl von H-Bindungen werden hier nicht berücksichtigt. Bestimmen Sie diese Eigenvektoren und die Eigenwerte der Matrix H . Die Eigenvektoren stellen mögliche Zustände für die einzelnen Elektronen dar. Füllen Sie diese Eigenzustände mit vier Elektronen auf; unter Beachtung des Pauliprinzips passen maximal zwei Elektronen in einen der betrachteten Zustände. Geben Sie die Energien des Grundzustands und des ersten angeregten Zustands an. Experimentell beträgt die Differenz dieser Energien 5.7 eV. Lösung: Im Raum der vier Zustände lautet die Schrödingergleichung: 4

Hnn − E δnn an = 0

(21.34)

n =1

Dieses Gleichungssystem hat nur dann eine nichttriviale Lösung, wenn seine Determinante |Hnn − E δnn | verschwindet, also E0 − E W 0 0

W E0 − E

0 W

W 0

E0 − E W

E0 − E = (E0 − E) W W 0 E0 − E

W E0 − E W

0 W E0 − E

W − W 0 0

0 0

W E0 − E W

0 W E0 − E

4

2 2 4 = E0 − E − 3W E0 − E + W = 0

Die Determinante wurde nach der ersten Zeile entwickelt, und die beiden 3 × 3 Unterdeterminanten wurden ausgewertet. Das Ergebnis ist ein Polynom vierten Grades in E, dessen Nullstellen die vier Energieeigenwerte E ν liefern: √ √ 1+ 5 1− 5 E (1,2) = E0 ± W, E (3,4) = E0 ± W (21.35) 2 2

420


Die dazugehörigen Eigenvektoren erhält man, indem man die einsetzt: √

! ∓ 1 ± 5 a1(ν) 2 + a2(ν) = √

! a1(ν) ∓ 1 ± 5 a2(ν) 2 + a3(ν) = √

! a2(ν) ∓ 1 ± 5 a3(ν) 2 + a4(ν) = √

! a3(ν) ∓ 1 ± 5 a4(ν) 2 =

vier Eigenwerte in (21.34) 0 0 0 0

Da die Determinante verschwindet, verwenden wir nur drei der vier linear abhängigen Glei(ν) chungen. Wir √ setzen zunächst willkürlich a1 = 1√und erhalten aus der ersten Gleichung

!

! (ν) (ν) a2 = ± 1 ± 5 2, aus der zweiten a3 = 1 ± 5 2 und aus der vierten a4(ν) = ±1. ⎛

⎜ ⎜ ak(1,2) = ⎜ ⎜ ⎝

⎞ 1 √ ! ⎟ ± 1+ 5 2 ⎟ √ ! ⎟ , 1+ 5 2 ⎟ ⎠

⎛

⎜ ⎜ ak(3,4) = ⎜ ⎜ ⎝

±1

1 √ ! ± 1− 5 2 √ ! 1− 5 2

±1

⎞

√ ! ⎛ 1+ 5 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ∓1 ⎟∝⎜ ⎟ ⎝ −1 ⎠ √ ! ± 1+ 5 2

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Die Vorzeichen entsprechen denen in den Energiewerten (21.35). √ die Um

Eigenvektoren zu normieren, müssen sie noch durch die Wurzel aus der Norm 5 + 5 geteilt werden. Damit liegen die Eigenzustände fest: E0 + 1.618|W |

E0

|ψ2 = 0.372 |1 − 0.602 |2 + 0.602 |3 − 0.372 |4

E0 + 0.618|W |

|ψ3 = 0.602 |1 − 0.372 |2 − 0.372 |3 + 0.602 |4

L@ E0 − 0.618|W | L@ L L E0 − 1.618|W | L

|ψ4 = 0.602 |1 + 0.372 |2 − 0.372 |3 − 0.602 |4 |ψ1 = 0.372 |1 + 0.602 |2 + 0.602 |3 + 0.372 |4

Die vier Elektronen sind nun unter Beachtung des Pauliprinzips auf die berechneten Energieniveaus zu verteilen; jedes Niveau kann dabei zwei Elektronen aufnehmen. Beim Grundzustand sind die beiden unteren Niveaus gefüllt; beim ersten angeregten Zustand ist ein Elektron in das niedrigste unbesetzte Niveau angehoben. L@ L L

r6r ? r6r ?

Grundzustand

L@ L L

r ? r 6 rr 6 ?

1. angeregter Zustand

Der Grundzustand und der erste angeregte Zustand haben also die Energien 4E0 − 4.472|W | und 4E0 − 3.236|W |; die Anregungsenergie ist 1.236|W |. Um die experimentelle Anregungsenergie von 5.7 eV zu reproduzieren, braucht man eine Austauschenergie von ungefähr |W | ≈ 4.6 eV.

421


21.7 Benzolmolekül ""

HC

HC

"

b

H Cb

b

b

CH

CH

"

bb " C"

H

Ein Benzolmolekül C6 H6 besteht aus einem Sechseck, dessen Ecken mit je einem C-Atom besetzt sind, von dem jeweils eine Bindung zu einem H-Atom ausgeht. Wenn jeder Seite eine Einfachbindung zugeordnet wird, müssen zusätzlich noch sechs Elektronen untergebracht werden. Wir nummerieren die CAtome von 1 bis 6. Ein Elektron hält sich bevorzugt in der Nähe des positiven Rumpfs eines solchen CAtoms auf.

Den niedrigsten, jeweils bei einem C-Ion lokalisierten Elektronenzustand bezeichnen wir mit |n, wobei n = 1, 2,..., 6. Dadurch ist ein 6-dimensionaler Zustandsraum für jedes Elektron gegeben. In diesem Raum wird der Hamiltonoperator zu einer 6 × 6-Matrix, für die wir folgenden, plausiblen Ansatz machen: ⎛

0 0 W E0 W 0 ⎜ W E W 0 0 0 ⎜ 0 ⎜

⎜ 0 W E0 W 0 0 H = Hnn = n| Hˆ |n = ⎜ ⎜ 0 W 0 0 W E 0 ⎜ ⎜ 0 0 W E0 W ⎝ 0 W 0 0 0 W E0

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

(21.36)

Hierbei ist E0 der reelle Energieerwartungswert in einem lokalisierten Zustand, während W < 0 das reelle Matrixelement zwischen benachbarten Zuständen ist. Bestimmen Sie die Eigenvektoren und die Eigenwerte der Matrix H . Die Eigenvektoren stellen mögliche Zustände für die einzelnen Elektronen dar. Füllen Sie diese Eigenzustände mit sechs Elektronen auf; unter Beachtung des Pauliprinzips passen maximal zwei Elektronen in einen der betrachteten Zustände. Geben Sie die Energien des Grundzustands und der ersten beiden angeregten Zustände an. Experimentell sind die niedrigsten Anregungsenergien 3.8 eV und 4.9 eV. Lösung: Im Raum der sechs Zustände lautet die Schrödingergleichung 6


(21.37)

n =1

Dieses Gleichungssystem hat nur dann eine nichttriviale Lösung, wenn seine Determinante verschwindet, also E0 − E W 0 0 0 W

W E0 − E W 0 0 0

0 W E0 − E W 0 0

0 0 W E0 − E W 0

0 0 0 W E0 − E W

W 0 0 0 W E0 − E

= 0

422


Zur Berechnung der Determinante addiert (subtrahiert) man Vielfache von Zeilen oder Spalten zu anderen Zeilen oder Spalten bis genügend Nullen erzeugt sind, so dass sich der Entwicklungssatz sinnvoll anwenden lässt. Das Ergebnis ist ein Polynom sechsten Grades in E,

2

(E0 − E)2 − 4W 2 = 0 (E0 − E)2 − W 2 Die Nullstellen dieses Polynoms ergeben die Energieeigenwerte: E (1,2) = E0 ± W ,

E (3,4) = E0 ± W ,

E (5,6) = E0 ± 2W

(21.38)

Die Energiewerte E0 ± W sind zweifach entartet. Die dazugehörigen Eigenvektoren erhält man (etwas mühsam) mit dem Standardverfahren. Dabei müssen die jeweils zwei Eigenvektoren zu den entarteten Zuständen orthogonalisiert werden. Ein vollständiger Satz von reellen orthonormierten Eigenvektoren lautet: ⎛ ⎜ ⎜ 1⎜ ⎜ (1,2) ak = ⎜ 2⎜ ⎜ ⎝

±1 1 0 −1 ∓1 0

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟, ⎟ ⎟ ⎠

⎛ ⎜ ⎜ 1 ⎜ ⎜ (3,4) ak = √ ⎜ 12 ⎜ ⎜ ⎝

±1 −1 ∓2 −1 ±1 2

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟, ⎟ ⎟ ⎠

⎛ ⎜ ⎜ 1 ⎜ ⎜ (5,6) ak = √ ⎜ 6⎜ ⎜ ⎝

±1 1 ±1 1 ±1 1

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

(21.39) Die Vorzeichen entsprechen denen in den Energieeigenwerten (21.38). Alternative Lösung: Durch Rˆ |1 = |2,

Rˆ |2 = |3,

Rˆ |3 = |4

Rˆ |4 = |5,

Rˆ |5 = |6,

Rˆ |6 = |1

ˆ In der Matrixdarstellung definieren wir einen unitären Operator R. ⎛ ⎞ 0 0 0 0 0 1 ⎜1 0 0 0 0 0⎟ ⎜ ⎟ ⎜0 1 0 0 0 0⎟ ⎜ ⎟ Rˆ := R = (Rnn ) = ⎜ ⎟ ⎜0 0 1 0 0 0⎟ ⎜ ⎟ ⎝0 0 0 1 0 0⎠

(21.40)

0 0 0 0 1 0 überprüft man leicht die Unitarität R † R = 1. Die Wirkung des Operators Rˆ besteht offensichtlich darin, einen lokalisierten Elektronenzustand von einem zum nächsten C-Atom zu schieben. Dies entspricht effektiv einer Drehung des Moleküls um den Winkel π/3. Der Benzolring (oder das System mit den 6 lokalisierten Zuständen) ist invariant unter dieser ˆ Hˆ ] = 0 ausgedrückt; diese Aussage kann mit den Drehung. Formal wird dies durch [R, Matrizen (21.36) und (21.40) leicht nachgeprüft werden. Da Hˆ mit Rˆ vertauscht, können wir die Lösung in Form von simultanen Eigenfunktionen finden. Die Eigenwertgleichung von Rˆ lautet: Rˆ |ψν = exp(i αν ) |ψν Da Rˆ unitär ist, haben alle Eigenwerte den Betrag eins (Aufgabe 21.3); die αν sind also reell.

423


Nach sechsmaligem Anwenden des Operators Rˆ ist der ursprüngliche Zustand wiederhergestellt: ! Rˆ 6 |ψν = exp(6 i αν ) |ψν = |ψν

⇒

αν =

π ν, 3

ν = 0,...., 5

Damit liegen die Eigenwerte fest: Rˆ |ψν = exp(iν π/3) |ψν ,

Rˆ † |ψν = exp(−iν π/3) |ψν

(21.41)

Die zweite Gleichung folgt aus der ersten mit Rˆ †Rˆ = 1. Wenn wir die erste Eigenwertgleichung auf n| projizieren und Rˆ auf diesen Basiszustand umwälzen, erhalten wir die Rekursionsformel n|ψν = exp(−iν π/3) n − 1|ψν für die Komponenten der jeweiligen Eigenvektoren. Eine globale Phase ist frei wählbar. Eine Lösung ist deshalb n|ψν =

exp(−i nν π/3) √ , 6

n|ψν 2 = 1 6

Die in (21.39) dargestellten reellen Eigenvektoren sind die Linearkombinationen i √ |ψ1,2 − |ψ5,4 , 2

1 √ |ψ1,2 + |ψ5,4 , 2

|ψ0,3

Im Gegensatz zu (21.39) haben die jetzigen Eigenvektoren |ψν komplexe Komponenten, deren Betragsquadrate alle den Wert 1/6 haben. Die Wahrscheinlichkeiten, in einem Eigenzustand ψν einen der sechs Basiszustände |n zu finden, ist also immer 1/6. Dies ist eine Folge der sechszähligen Symmetrie des Benzolrings. E0 + 2|W |

E0

E0 + |W | CA CA E0 − |W | CA C C E0 − 2|W | C

|ψ3 |ψ2 , |ψ4

|ψ1 , |ψ5 |ψ0

Mit der Matrix R aus (21.40) schreiben wir die Hamiltonmatrix (21.36) in der Form

H = E0 + W R + R † Für den Hamiltonoperator

Hˆ = E0 + W Rˆ + Rˆ † gilt die Eigenwertgleichung Hˆ |ψν = E (ν) |ψν

Mit Hilfe von (21.41) lesen wir aus dieser Eigenwertgleichung die Eigenwerte E (ν) ab:

E (ν) = E0 + W exp(iν π/3) + exp(−iν π/3) = E0 + 2W cos(ν π/3) Der Cosinus kann die Werte ±1/2 und ±1 annehmen. Damit stimmen die Energieeigenwerte mit den in (21.38) gefundenen überein.

424


Die sechs Elektronen sind unter Beachtung des Pauliprinzips auf die berechneten Energieniveaus zu verteilen. Das unterste Niveau kann zwei Elektronen aufnehmen, das nächsthöhere aufgrund der zweifachen Entartung vier. Dies ergibt den Grundzustand. Die niedrigsten angeregten Zustände erhält man, indem man ein Elektron in eines der unbesetzten Niveaus anhebt: CA r 6 rr CA r6? ? CC s r 6?

r ? CA rr 6 r CA 6 ? CC r r 6?

Grundzustand


r ? CA CA r6r?r6 oder CC r r 6?

r ? CA rr 6 rr CA 6 ? ? CC r 6


Der Grundzustand, der erste und zweite angeregte Zustand haben damit die Energien 6E0 − 8 |W | ,

6E0 − 6 |W |

und

6E0 − 5 |W |

Die Anregungsenergien 3 |W | und 2 |W | stehen im Verhältnis 3 : 2 = 1.5. Für die experimentellen Energien ist dieses Verhältnis 4.9 : 3.8 ≈ 1.3.

21.8 Neutrale Kaonen 0 besitzen wie die Das neutrale Kaon K 0 und das ebenfalls neutrale Antikaon K anderen pseudoskalaren Mesonen (Pionen und η-Mesonen) negative (intrinsische) Parität, also 8 08 08 8 Pˆ K = − K (21.42) Pˆ K 0 = − K 0 , Der Ladungskonjugationsoperator Cˆ verwandelt Teilchen in Antiteilchen und umgekehrt: 8 08 08 8 Cˆ K 0 = K , Cˆ K = K0 (21.43) Der hier betrachtete Zustandsraum wird durch die beiden Zustände |1 = |K 0 und |2 = | K 0 aufgespannt. Geben Sie die Matrixelemente des Operators Cˆ Pˆ in diesem Zustandsraum an. Der allgemeinste nicht-hermitesche effektive Hamiltonoperator im Raum der beiden Zustände ist von der Form: 7 8 H11 H12 i ˆ = n Heff n (21.44) mit Hnn = Enn − Γnn H21 H22 2 Dabei sind die Größen Enn und Γnn reell. Welchen Bedingungen müssen die Matrixelemente genügen, damit der Hamiltonoperator CP-invariant ist, also damit [ Cˆ Pˆ , Hˆ eff ] = 0 gilt? Berechnen Sie für diesen Fall die Eigenwerte und die Eigenvektoren des effektiven Hamiltonoperators. Zur Zeit t = 0 sei das System im Zustand |ψ(0). Geben Sie mit Hilfe des Zeitentwicklungsoperators den Systemzustand |ψ(t) zur Zeit t an. Bestimmen Sie die Zeitabhängigkeit der Norm dieses Zustands |ψ(t). Spezialisieren Sie das Ergebnis für ein K 0 im Anfangszustand, also für |ψ(0) = |K 0 .

425


Lösung: Aus (21.42) und (21.43) folgt das Verhalten der Kaonen unter einer CP-Transformation: 08 08 8 8 K , Cˆ Pˆ K = − K0 Cˆ Pˆ K 0 = − Hieraus kann der Operator Cˆ Pˆ in dem betrachteten zweidimensionalen Zustandsraum abgelesen werden: 7 8 0 −1 n Cˆ Pˆ n = −1 0 Damit dieser Operator mit dem effektiven Hamiltonoperator vertauscht, muss 7 8 H12 − H21 H11 − H22 ! ˆ ˆ ˆ = n C P , Heff n = 0 H22 − H11 H21 − H12 gelten, also H22 = H11 und H21 = H12 . Der CP-invariante Hamiltonoperator lautet demnach 7 8 H11 H12 n Hˆ eff n = H12 H11 Da H11 und H12 komplex sind, hängt der Hamiltonoperator Heff von vier Parametern ab. Die Eigenwertgleichung von Heff lautet

H11 − λ H12 H12 H11 − λ

a1 a2

= 0

Damit dieses lineare Gleichungssystem eine nichttriviale Lösung besitzt, muss die Koeffizientendeterminante verschwinden:

H11 − λ

2

− H122 = 0

⇒

λ± = H11 ∓ H12 = E± −

i Γ± 2

mit E± = E11 ∓ E12 und Γ± = Γ11 ∓ Γ12 . Für die dazugehörigen Eigenvektoren setzen wir die Eigenwerte zum Beispiel in die erste Gleichung des linearen Gleichungssystems ein: ± a±,1 + a±,2 = 0

⇒

1 a± = √ 2

1 ∓1

Damit lauten die Eigenzustände 8 8 08 K = √1 K 0 ∓ K0 ± 2

mit

8 8 Cˆ Pˆ K±0 = ± K±0

(21.45)

Dies sind zugleich die Eigenzustände von Cˆ Pˆ (wie rechts angegeben), weil Cˆ Pˆ mit Hˆ eff vertauscht. Der Index ± gibt den jeweiligen Eigenwert des Cˆ Pˆ -Operators an. Die zeitliche Entwicklung eines Zustands erhalten wir aus der Schrödingergleichung i h¯ (∂/∂ t)|ψ(t) = Heff |ψ(t) oder mit dem Zeitentwicklungsoperator: 8 8 ψ(t) = exp − i Heff t ψ(0) = exp − i E+ − h¯ h¯ i E− − + exp − h¯

87 8 i Γ+ t K+0 K+0 ψ(0) 2 8

87 i Γ− t K−0 K−0 ψ(0) 2

426


Im zweiten Schritt wurde der vollständige Satz von CP-Eigenzuständen (21.45) eingeschoben und die Eigenwertgleichung Heff |K±0 = (E± − iΓ± /2)|K±0 ausgenützt. Damit hängt die Norm des Zustands |ψ(t) von der Zeit ab: 2 2 ψ(t)|ψ(t) = K+0 |ψ(0) exp(−Γ+ t/h¯ ) + K−0 |ψ(0) exp(−Γ− t/h¯ ) (21.46) Wir spezialisieren dies noch für√ ein K 0 im Anfangszustand, also für |ψ(0) = |K 0 oder 0 0 K+ |ψ(0) = K− |ψ(0) = 1/ 2: ψ(t)|ψ(t) =

exp(−Γ+ t/h¯ ) + exp(−Γ− t/h¯ ) 2

Die Ursache für den exponentiellen Abfall der Norm ist die Nicht-Hermitezität des effektiven Hamiltonoperators mit Γ± = 0 (vergleiche Aufgabe 17.5). Die Breiten Γ± beschreiben phänomenologisch den Zerfall in andere Kanäle. Man kann dies formal ableiten, indem man diese Kanäle zunächst in den Zustandsraum mit aufnimmt. Ihre anschließende Elimination führt dann zu einem reduzierten Zustandsraum (dem hier untersuchten zweidimensionalen Raum), wobei die Zustände komplexe Energien E± − iΓ± /2 mit den Zerfallsbreiten Γ± erhalten. In (21.46) kommt es zu einer Überlagerung von zwei Exponentialfunktionen, weil der Anfangszustand eine Überlagerung der beiden Eigenzustände (zu Hˆ eff oder Cˆ Pˆ ) ist. Zur Physik der Kaonen: Die neutralen Kaonen zerfallen vornehmlich in Pionen. Die Pionen sind ihre eigenen Antiteilchen, das heißt Cˆ |π+ = |π− , Cˆ |π− = |π+ und Cˆ |π0 = |π0 . Ein neutrales Kaon (oder Antikaon) mit Spin null zerfällt in seinem Ruhsystem in einen neutralen Zwei- oder Dreipionzustand mit Bahndrehimpuls null. Wegen der negativen (intrinsischen) Parität der Pionen ist deshalb Cˆ Pˆ |ππ = +|ππ und Cˆ Pˆ |πππ = −|πππ. Daher zerfällt K+0 vornehmlich in zwei und K0− in drei Pionen. Experimentell findet man zwei neutrale Kaonen, die im Wesentlichen in dieser Weise zerfallen: KS0

−→

ππ

(τ ≈ 0.895 · 10−10 s)

KL0

−→

πππ

(τ ≈ 5.114 · 10−8 s)

Im Hinblick auf ihre Zerfallszeiten werden sie als „K-short“ oder KS0 und als „K-long“ oder KL0 bezeichnet. Die Ruhenergie des Kaons ist EK = mK c2 ≈ 495 MeV, und die des Pions Eπ = mπ c2 ≈ 138 MeV. Damit ist der Zerfall in drei Pionen stark unterdrückt, weil hierbei viel weniger kinetische Energie zur Verfügung steht. Dies erklärt den großen Unterschied in den angegebenen Lebensdauern. Außerdem findet man empirisch einen kleinen Massenunterschied EL − ES = (mL − mS )c2 ≈ 3.5 · 10−12 MeV. Die hier berechneten Zustände (21.45) sind Näherungen für diese realen Teilchen, 08 8 08 8 K ≈ K0 , K ≈ K0 S + L − Mit den vier empirischen Parametern EK , EL − ES , ΓS und ΓL sind die vier Parameter im phänomenologischen Hamiltonoperator bestimmt. Nach (21.46) sollten in hinreichender Entfernung von der Quelle (wegen c τS ≈ 2.68 cm gegenüber c τL ≈ 15.33 m) nur noch die in drei Pionen zerfallenden KL0 -Teilchen vorliegen. Tatsächlich zerfällt aber etwa eines von 3000 dieser Teilchen doch in zwei Pionen. Hieraus kann die Stärke der in der Natur vorkommenden CP-Verletzung bestimmt werden. Im vorgestellten Modell wird dies durch H12 = H21 in (21.44) berücksichtigt. Die Einschränkung H22 = H11 gilt nach wie vor wegen der vermutlich nicht verletzten CPT-Invarianz; dabei steht T für die Zeitumkehr.

22 Operatorenmethode In der im letzten Kapitel eingeführten abstrakten Schreibweise greifen wir die bereits gelösten Probleme des Oszillators und der Drehimpulseigenzustände erneut auf. Diese Probleme lassen sich allein aufgrund von Operatorenbeziehungen (ohne Bezug auf eine Darstellung) besonders elegant lösen; diesen Weg bezeichnen wir als Operatorenmethode. Im Heisenbergbild wird die Zeitabhängigkeit von den Zuständen auf die Operatoren übergewälzt. Die abstrakte Behandlung des Drehimpulses führt zwanglos zu halbzahligen Drehimpulsen, die in der Natur als Spin elementarer Teilchen vorkommen. Schließlich wird noch die Kopplung von Drehimpulsen behandelt.

Oszillator Der Oszillator-Hamiltonoperator lässt sich in der Form pˆ 2 m 1 Hˆ = + ω2 xˆ 2 = h¯ ω aˆ † aˆ + 2 2m 2

(22.1)

schreiben. Die erste angegebene Form zeigt den Übergang zur abstrakten Schreibweise an. Die zweite Form erhält man durch die Einführung der (nichthermiteschen) Operatoren mω i pˆ mω i pˆ † aˆ = xˆ + √ , aˆ = xˆ − √ (22.2) 2 h¯ 2 h 2mω h¯ 2mω h¯ ¯ Aus der bekannten Kommutatorrelation [ p, ˆ xˆ ] = −i h¯ folgt † aˆ , aˆ = −1

(22.3)

Wir suchen die Lösungen der Gleichung Hˆ |ε = ε |ε. Dazu multiplizieren wir diese Gleichung von links mit a. ˆ Unter Verwendung von (22.3) ergibt das Hˆ aˆ |ε = (ε − h¯ ω) aˆ |ε. Also ist aˆ |ε Eigenzustand zur Energie ε − h¯ ω. Analog dazu zeigt man, dass aˆ † |ε Eigenzustand zu ε + h¯ ω ist. Damit sind die Operatoren aˆ † und aˆ Auf- und Absteigeoperatoren. Wegen H ≥ h¯ ω/2 muss die absteigende Folge ein Ende finden, und zwar durch aˆ |ε0 = 0. Man zeigt leicht, dass der Grundzustand |ε0 die Energie h¯ ω/2 hat. Aus diesen Überlegungen folgen die normierten Eigenzustände, die wir jetzt mit |n = |εn bezeichnen: 1

|n = √

n!

aˆ †

n

|0

zur Energie εn = (n + 1/2) hω ¯ 427

T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_22, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

(22.4)

428


Die Normierungskonstante kann mit Hilfe der Relationen √ √ aˆ |n = n |n − 1 aˆ † |n = n + 1 |n + 1 ,

(22.5)

bestimmt werden. Ausgehend von (22.4) kann nun die Lösung in jeder gewünschten Darstellung (Orts-, Impuls- oder Matrixdarstellung) aufgestellt werden. Kohärente Zustände Kohärente Zustände spielen in vielen Bereichen der Physik eine wichtige Rolle. Sie lassen sich in einfachster Form im Oszillator studieren. Für eine komplexe Zahl α definieren wir einen kohärenten Zustand |α durch |α ≡ C

∞

8 αn √ |n = C exp α aˆ † 0 n! n=0

(22.6)

Der Zusammenhang zwischen den beiden angegebenen Formen folgt aus (22.4). Die Normierungskonstante ist C = exp(−|α| 2 /2). In Aufgabe 22.8 werden die Erwartungswerte n = |α| 2 und (Δn)2 = |α|2 für den Quantenzahloperator nˆ = aˆ † aˆ berechnet. Die Ortsdarstellung des kohärenten Zustands ergibt sich zu (22.7) ϕkoh (x) = x |α = exp(ik0 x) ϕ0 (x − x0 ) √ √ Dabei ist x0 = 2 b Re(α) und k0 = 2 Im(α)/2, wobei b die Oszillatorlänge ist. Es handelt sich also um einen im Orts- und Impulsraum verschobenen Oszillatorgrundzustand ϕ0 (x).

Heisenbergbild Für einen zeitunabhängigen Hamiltonoperator löst 8

8 ψ(t) = exp − i Hˆ t/h¯ ψ(0)

(22.8)

die zeitabhängige Schrödingergleichung Hˆ |ψ(t) = i h¯ (∂/∂t) |ψ(t). Für beliebige Erwartungswerte 7 8 7 8 F = ψ(t) Fˆ ψ(t) = ψ(0) Fˆ (t) ψ(0) (22.9) kann man die Zeitabhängigkeit vom Zustand auf den Operator überwälzen. Aus (22.8) und (22.9) erhält man den zeitabhängigen Operator im Heisenbergbild Fˆ (t) = exp

i Hˆ t i Hˆ t Fˆ exp − h¯ h¯

(22.10)

429

Kapitel 22 Operatorenmethode

Anstelle der zeitabhängigen Schrödingergleichung für den Zustand erhält man nun d Fˆ (t) i ˆ ˆ H , F (t) = h¯ dt

für

∂ Fˆ =0 ∂t

(22.11)

für die Zeitabhängigkeit des Operators. Als Beispiel betrachten wir den Hamiltonoperator (22.1) und die Operatoren aˆ und aˆ † . Den Kommutator kann man leicht berechnen, zum Beispiel [Hˆ , a(t)] ˆ = − hω ˆ Hieraus folgt a(t) ˆ = aˆ exp(−iω t) ¯ a(t). und pˆ h¯ † x(t) ˆ = aˆ (t) + a(t) sin(ωt) (22.12) ˆ = xˆ cos(ω t) + 2mω mω Als Anfangszustand |ψ(0) wählen wir (22.7), also ein Gaußpaket mit dem mittleren Ort x0 und mit dem mittleren Impuls p0 = h¯ k0 . Dann gilt x(t) ˆ = x0 cos(ω t)+ (p0 /mω) sin(ω t). Damit läuft das Wellenpaket auf der klassischen Bahn hin und her. In dieser Weise erhält man noch (x − x)2 = const. Das Wellenpaket hat also eine konstante Breite; die sonst unvermeidliche quantenmechanische Dispersion fehlt. Dies ist eine spezielle Eigenschaft des Oszillators.

Drehimpulsoperatoren Wir betrachten die Drehimpulsoperatoren jˆ = jˆx ex + jˆy ey + jˆz ez := op

(22.13)

mit op aus (20.1). Wir bezeichnen den abstrakten Operator mit einem neuen Buchstaben, weil sich aus den Kommutatorrelationen die neue Möglichkeit halbzahliger Drehimpulse ergibt. Die betrachteten Operatoren sind hermitesch, jˆx† = jˆx und so weiter. Anstelle von jˆx und jˆy verwenden wir auch die (nichthermiteschen) Operatoren † † jˆ+ = jˆx + i jˆy = jˆ− , jˆ− = jˆx − i jˆy = jˆ+ (22.14) Es gilt jˆ 2 = jˆx2 + jˆy2 + jˆz2 = jˆ+ jˆ− + jˆz2 − jˆz . Aus den Kommutatorrelationen (20.3) folgen jˆ+ , jˆz = − h¯ jˆ+ , jˆ− , jˆz = + h¯ jˆ− , jˆ+ , jˆ− = 2 h¯ jˆz (22.15) Da jˆ 2 und jˆz miteinander vertauschen, gibt es simultane Eigenzustände: jˆ 2 |j m = j (j + 1) h¯ 2 |j m ,

jˆz |j m = m h|j ¯ m

(22.16)

Die möglichen j -Werte sind halb- oder ganzzahlig (nichtnegativ); die m Werte laufen von −j bis +j . Die Operatoren jˆ± fungieren als Auf- und Absteigeoperatoren: jˆ± |j m = j (j + 1) − m(m ± 1) h¯ |j, m ± 1 (22.17)

430


Mit diesen Operatoren können die Zustände konstruiert werden: , jˆ+ |j, j = 0 ergibt |j, j jˆz |j, j = j h¯ |j, j jˆ− |j, j ∝ |j, j − 1 jˆ− |j, j − 1 ∝ |j, j − 2

ergibt |j, j − 1 ergibt |j, j − 2

(22.18)

Die Konstruktion endet bei |j, − j . Für ganzzahliges j = l schreiben wir den Beginn der Konstruktion, also lz |l, l = l h¯ |l, l und l+ |l, l = 0 mit den Operatoren lz und l+ aus (20.7) und (20.6), in der Ortsdarstellung an: ∂ ∂ ∂ Yll (θ, φ) = l Yll (θ, φ) , exp(iφ) + i cot θ Yll (θ, φ) = 0 −i ∂φ ∂θ ∂φ (22.19) Dabei ist Yll (θ, φ) die Ortsdarstellung des Zustands |l l . Die Lösung dieser Differenzialgleichungen ist einfach und ergibt Yll = const. · (sinθ )l exp(i l φ). Die Konstante√wird so gewählt, dass die Kugelfunktion Yll (θ, φ) normiert ist. Aus j− Yll = 2 h¯ Yl, l−1 und so weiter erhält man dann sukzessive die anderen Kugelfunktionen Ylm . Aufgrund der Konstruktion sind diese weiteren Kugelfunktionen automatisch normiert.

Spin Aus der abstrakten Lösung ergibt sich die Möglichkeit halbzahliger Werte von j . In diesem Fall erhält man keine akzeptable Lösung aus (22.19). Immer möglich ist jedoch die Matrixdarstellung, die wir im Folgenden für j = 1/2 untersuchen. Für j = 1/2 bezeichnen wir die Zustände |j m mit |s sz = | 1/2, sz . Aus der Konstruktion (22.18) ergeben sich zwei Zustände, | 1/2, 1/2 und | 1/2, −1/2 . In der Matrixdarstellung ? ? 1 0 1 1 1 1 := und (22.20) , , − := 2

0

2

2

1

2

werden die Drehimpulsoperatoren zu 2 × 2-Matrizen: h¯ jˆx := jx = 2

0 1 1 0

,

h¯ jy = 2

0 −i i 0

h¯ jz = 2

,

1 0 0 −1

(22.21)

Für jz folgt dies sofort aus jˆz | 1/2, m = m h¯ | 1/2, m. Für die Matrix j+ folgt aus (22.17) j+

1 0

= h¯

0 0

und j+

0 1

= h¯

1 0

(22.22)

Hieraus kann man die Matrix j+ ablesen. Für j− geht man analog vor. Über jx = (j+ + j− )/2 und jy = (j+ − j− )/2i erhält man so die in (22.21) angegebenen

431


Matrizen. Für diese ist die Bezeichnung Pauli-Matrizen oder Spinmatrizen und die Notation σx , σy und σz üblich: σx =

0 1 1 0

,

σy =

0 −i i 0

σz =

,

1 0 0 −1

(22.23)

Diese Pauli-Matrizen unterscheiden sich von den Drehimpulsmatrizen jx , jy und jz um einen Faktor 2/h. ¯ Die Kommutatorrelationen lauten daher: [ σx , σy ] = 2 i σz

und zyklisch

(22.24)

Elementare Teilchen können einen Spin oder Eigendrehimpuls s haben, der halbzahlig ist. Bei der Messung des Spins von Elektronen oder Nukleonen ergeben sich die Werte ± h¯ /2 in Messrichtung. Dieses typisch quantenmechanische Verhalten kann durch die Spinzustände (22.20) beschrieben werden. Der Spinvektor s in der Hamiltonfunktion wird zum Operator sˆ im Hamiltonoperator. Dies entspricht der Ersetzungsregel: s

⇒

sˆ ≡

h¯ h¯ σˆ := σ 2 2

(Ersetzungsregel)

wobei σ = σx ex + σy ey + σz ez . Der Zustand cos(θs /2) exp(−iφs /2) α+ = |θs , φs := α− sin(θs /2) exp(+iφs /2)

(22.25)

(22.26)

ist Eigenzustand von σ · n zum Eigenwert +1, wobei n = ex sin θs cos φs + ey sin θs sin φs + ez cos θs . Dieser Zustand beschreibt also einen Spin, der in Richtung von n zeigt. Pauligleichung Ein Teilchen mit Spin kann durch die zweikomponentige Wellenfunktion

Ψ (r, t) ≡

ϕ+ (r, t) ϕ− (r, t)

= ϕ+ (r, t)

1 0

+ ϕ− (r, t)

0 1

(22.27)

beschrieben werden. Dabei sind |ϕ± (r)| 2 die Wahrscheinlichkeitsdichten dafür, das Teilchen bei r mit Spin ± h¯ /2 zu finden. Mit dem Spin eines Elektrons ist das magnetische Moment μ = −g μB s/h¯ verbunden; dabei ist μB = e h¯ /(2 me c) das Bohrsche Magneton, me und g ≈ 2 sind die Masse und der gyromagnetische Faktor des Elektrons. In einem äußeren Magnetfeld B hat das magnetische Moment die Energie −μ · B. Wir ergänzen den Hamiltonoperator (17.12) um diesen Term und verwenden (22.25). In der Matrixdarstellung für den Spin erhalten wir damit die Pauligleichung ∂ e 2 g μB 1 i h¯ p op + A − e Φe + Ψ (r, t) = σ · B Ψ (r, t) (22.28) ∂t 2 me c 2

432


Der Hamiltonoperator ist eine 2 × 2 -Matrix; die ersten Terme auf der rechten Seite sind implizit mit der 2 × 2 -Einheitsmatrix multipliziert. Als Beispiel betrachten wir den Pauli-Hamiltonoperator Hˆ P = Hˆ 0 + (g μB /2) B σˆ z . Die Bahnbewegung sei unabhängig vom Spin und werde durch die stationäre Wellenfunktion ϕ0 (r, t) beschrieben. Wenn wir Ψ = ϕ0(r, t) a(t), b(t) in die Pauli-Gleichung einsetzen, dann bleibt nur die Gleichung für die Spinbewegung übrig: i h¯

d dt

a(t) b(t)

=

g μB a(t) B σz b(t) 2

(22.29)

Die Lösung beschreibt einen Spinvektor, der einen konstanten Winkel mit der Magnetfeldachse bildet und mit der Frequenz ω P = g μ B B/h¯ um diese Achse präzediert.

Kopplung von Drehimpulsen Ein Elektron hat einen Bahndrehimpuls und einen Spin. Für beide Drehimpulse können wir die oben eingeführten Zustände verwenden und einen Produktzustand bilden. Etwas allgemeiner formuliert betrachten wir die Eigenzustände 8 8 j1 m1 j2 m2 zu jˆ 2 , jˆ1z , jˆ 2 und jˆ2z (22.30) 1 2 Klassische Drehimpulse können zu einem Gesamtdrehimpuls addiert werden, j = j 1 +j 2 . Analog dazu können wir die Drehimpulsoperatoren jˆ = jˆ 1 + jˆ2 betrachten und gekoppelte Eigenzustände konstruieren:

8 j j1 j2 m zu jˆ 2 = jˆ 1 + jˆ 2 2 , jˆ 2 , jˆ 2 und jˆz (22.31) 1 2 Die Konstruktion der gekoppelten Zustände startet mit dem Zustand zu maximalem m = m1 + m2 , 8 8 8 j1 + j2 , j1 , j2, j1 + j2 = j1 j1 j2 j2 (22.32) Auf diesen Zustand wenden wir den Absteigeoperator jˆ− = jˆ1− + jˆ2− an. Unter Berücksichtigung von (22.17) ergibt dies 8 2(j1 + j2 ) j1 + j2 , j1 , j2 , j1 + j2 − 1 (22.33) 8 8 8 8 = 2j1 j1 , j1 − 1 j2, j2 + 2j2 j1 , j1 j2 , j2 − 1 Zum m-Wert j1 + j2 − 1 gibt es noch einen weiteren Zustand, und zwar den mit j = j1 + j2 − 1. Er setzt sich aus denselben ungekoppelten Zuständen zusammen. Daher ist er die zur rechten Seite von (22.33) orthogonale und normierte Linearkombination. Auf die so erhaltenen Zustände wendet man noch einmal den Absteigeoperator ˆ j− = jˆ1− + jˆ2− an. Damit erhält man die Zustände mit m = j1 + j2 − 2; und zwar zwei direkt und den dritten wieder als orthogonale Kombination. Wenn die

433


minimal möglichen m-Werte erreicht werden, bricht das Verfahren automatisch ab (der Absteigeoperator ergibt dann jeweils null). Formal stellt das Ergebnis eine unitäre Transformation von den ungekoppelten Zuständen (22.30), die wir jetzt mit |j1 m1 j2 m2 bezeichnen, zu den gekoppelten Zuständen dar: 8 8 j j1 j2 m = (22.34) C(j1 j2 j, m1 m2 m) j1 m1 j2 m2 m1 , m2

Die Entwicklungskoeffizienten C heißen Clebsch-Gordan-Koeffizienten oder auch Wigner-Koeffizienten. Wir wenden das hier beschriebene Konstruktionsverfahren auf die Kopplung zweier Spins s1 und s2 zum Gesamtspin S an. Wir verwenden die Bezeichnungen | ↑ = |1/2, 1/2 und | ↓ = |1/2, −1/2 für die ungekoppelten Zustände, und |S, M = |S s1 s2 M für die gekoppelten. Damit lautet das Ergebnis ⎧ ⎫ |1, 1 = | ↑↑ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ | ↓↑ + | ↑ ↓ ⎪ ⎪ Triplett |1, 0 = √ ⎪ ⎪ ⎪ 8 ⎨ 2 ⎪ ⎭ S, M = (22.35) |1, −1 = | ↓↓ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ | ↓↑ − | ↑ ↓ ⎪ ⎩ |0, 0 = Singulett √ 2

Die drei zum Gesamtspin j = S = 1 gehörenden Zustände heißen Triplettzustände, der einzelne zu j = S = 0 gehörende dagegen Singulettzustand. Die Triplettzustände sind symmetrisch gegenüber Teilchenaustausch, der Singulettzustand ist dagegen antisymmetrisch.

434


Aufgaben 22.1 Norm des Oszillatorzustands aˆ |n Der Oszillator-Hamiltonoperator Hˆ = hω ¯ ( aˆ † aˆ + 1/2) hat die normierten Eigenzustände |n und die zugehörigen Eigenwerte h¯ ω (n+1/2). Bestimmen Sie hieraus die Normierungskonstante α in |ψ = aˆ |n = α |n − 1. Lösung: Aus Hˆ |n = h¯ ω (n + 1/2)|n folgt aˆ † aˆ |n = n|n Für die Norm des Zustands |ψ = aˆ |n = α |n − 1 erhalten wir damit |α| 2 = ψ |ψ = n| aˆ † aˆ |n = n n|n = n Hieraus folgt α = werden, so dass

√

n exp(iγ ). Der Phasenfaktor kann durch Konvention gleich 1 gesetzt aˆ |n =

√

n |n − 1

Für die Norm des Zustands |ψ = aˆ |n = β |n + 1 (nicht verlangt in der Aufgabe) geht man analog vor: †

|β| 2 = ψ |ψ = n| aˆ aˆ † |n = n| aˆ † aˆ + 1|n = n + 1 Dabei wurde die Kommutatorbeziehung [ a, ˆ aˆ † ] = 1 verwendet. Mit der Phasenkonvention für aˆ (alle Phasen gleich null) sind auch die Phasen für aˆ † alle null, und es folgt √ aˆ † |n = n + 1 |n + 1

22.2 Matrixdarstellungen für harmonischen Oszillator Die Matrixdarstellungen der Auf- und Absteigeoperatoren des Oszillators lauten ⎛

0 0 √0 ⎜ 1 0 0 ⎜ √ ⎜ 2 √0 aˆ † := ⎜ 0 ⎜ 3 0 ⎝ 0 .. .. .. . . .

0 0 0 0 .. .

⎛

⎞ ... ... ⎟ ⎟ ... ⎟ ⎟, ⎟ ... ⎠ .. .

0 ⎜0 ⎜ ⎜ aˆ := ⎜ 0 ⎜ ⎝0 .. .

√

⎞ 1 √0 0 ... 0 2 √0 . . . ⎟ ⎟ 3 ... ⎟ 0 0 ⎟ ⎟ 0 0 0 ... ⎠ .. .. .. . . . . . .

(22.36)

†

√ aˆ + aˆ , des Geben Sie die Matrixdarstellungen Ortsoperators xˆ = h/2mω ¯ des

√ Impulsoperators pˆ = i mh¯ ω /2 aˆ † − aˆ und des Hamiltonoperators an. Lösung: Für den Ortsoperator xˆ =

√

h¯ /2 mω aˆ † + aˆ erhalten wir

⎛

xˆ :=

⎜ h¯ ⎜ ⎜ ⎜ 2mω ⎜ ⎝

√0 1 0 0 .. .

√

1 √0 0 2 √ 2 √0 3 0 .. .. . .

0 √0 3 0 .. .

... ... ... ... .. .

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

435

Kapitel 22 Operatorenmethode Für den Impulsoperator pˆ = i

√

m h¯ ω /2 aˆ † − aˆ erhalten wir ⎛

pˆ := i

m h¯ ω 2

⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

√0 1 0 0 .. .

√ − 1 0 √ − 2 √0 2 √0 0 3 .. .. . .

0 0 √

... ... − 3 ... 0 ... .. .. . .

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Die Matrixdarstellung des Hamiltonoperators ist diagonal: ⎛ ⎜

⎜ Hˆ = h¯ ω aˆ † aˆ + 1/2 := h¯ ω ⎜ ⎜ ⎝

1/2 0 0 0 0 3/2 0 0 0 0 5/2 0 0 0 0 7/2 .. .. .. .. . . . .

... ... ... ... .. .

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

22.3 Kommutator in Matrixdarstellung Überprüfen Sie die Kommutatorrelation [ a, ˆ aˆ † ] = 1 der Auf- und Absteigeoperatoren des Oszillators in der Matrixdarstellung. Lösung: Aus (22.36) folgen die Matrixdarstellungen ⎛ ⎜ ⎜

aˆ † aˆ := ⎜ ⎜ ⎝

0 0 0 0 .. .

0 1 0 0 .. .

0 0 2 0 .. .

0 0 0 3 .. .

... ... ... ... .. .

⎛

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

aˆ aˆ † := ⎜ ⎜

1 0 0 0 .. .

0 2 0 0 .. .

1 0 0 0 .. .

0 0 0 1 .. .

... ... ... ... .. .

⎜ ⎜

und

⎝

0 0 3 0 .. .

0 0 0 4 .. .

... ... ... ... .. .

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Damit berechnen wir den Kommutator ⎛ ⎜ ⎜

[ a, ˆ aˆ † ] = aˆ aˆ † − aˆ † aˆ := ⎜ ⎜ ⎝

0 1 0 0 .. .

0 0 1 0 .. .

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Die Einheitsmatrix ist die Matrixdarstellung des 1-Operators.

22.4 Matrixelemente von x, ˆ xˆ 2 und xˆ 3 Berechnen Sie die Matrixelemente n| xˆ |n ,

n| xˆ 2 |n und n| xˆ 3 |n

zwischen den normierten Oszillatorzuständen |n.

√ h¯ /2mω aˆ † + aˆ berechnen wir √

h¯ † h¯ √ aˆ + aˆ |n = xˆ |n = n + 1 |n + 1 + n |n − 1 (22.37) 2mω 2mω

Lösung: Mit dem Ortsoperator xˆ =

436


Dabei haben wir (22.5) verwendet. Die Projektion auf n| liefert die Matrixelemente des Ortsoperators √ h¯ √ n + 1 δn, n +1 + n δn, n −1 n| xˆ |n = (22.38) 2mω Wir operieren nochmals mit xˆ auf den Zustand (22.37) √ h¯ √ n + 1 xˆ |n + 1 + n xˆ |n − 1 (22.39) xˆ 2 |n = 2mω h¯ (n + 1)(n + 2) |n + 2 + (2n + 1) |n + n (n − 1) |n − 2 = 2mω Die Projektion auf n| liefert wieder die gewünschten Matrixelemente: n| xˆ 2 |n =

h¯ (n + 1)(n + 2) δn, n +2 + (2n + 1) δn, n + n (n − 1) δn, n −2 2mω

Wir operieren noch einmal mit xˆ auf den Zustand (22.39) xˆ 3 |n =

h¯ 2mω

3/2 (n + 1)(n + 2)(n + 3) |n + 3 + 3 (n + 1)3 |n + 1 +3

√ n 3 |n − 1 + n (n − 1)(n − 2) |n − 3

Dies liefert die Matrixelemente 3/2 h¯ (n + 1)(n + 2)(n + 3) δn, n +3 + 3 (n + 1)3 δn, n +1 n| xˆ 3 |n = 2mω √ + 3 n 3 δn, n −1 + n (n − 1)(n − 2) δn, n −3

22.5 Summenregel Es wird ein eindimensionaler Hamiltonoperator Hˆ = pˆ 2 /(2m) + V (x) ˆ betrachtet, der nur gebundene Zustände hat: Hˆ |n = En |n

(22.40)

2

h¯ 2 En − En n| xˆ |n = 2m

(22.41)

Beweisen Sie die Summenregel

n

7 8 Zeigen Sie zunächst [ x, ˆ Hˆ ], xˆ = h¯ 2 /m, und werten Sie dann n [ x, ˆ Hˆ ], xˆ n durch Einschieben eines vollständigen, orthonormierten Satzes von Energieeigenzuständen {|n} an geeigneter Stelle aus. Überprüfen Sie die Summenregel für die bekannten Eigenzustände und Eigenwerte des harmonischen Oszillators.

437

Kapitel 22 Operatorenmethode Lösung: Wir berechnen zuerst den Kommutator

i h¯ 1 1 x, ˆ pˆ 2 = [ x, ˆ pˆ ] pˆ + pˆ [ x, ˆ pˆ ] = pˆ x, ˆ Hˆ = 2m 2m m

Dabei wurde [ x, ˆ pˆ ] = i h¯ verwendet. Der Doppelkommutator ist dann

h¯ 2 i h¯ [ p, ˆ xˆ ] = [ x, ˆ Hˆ ], xˆ = m m

Wir bilden den Erwartungswert für den Eigenzustand |n, 7 8 h¯ 2 h¯ 2 n|n = n [x, ˆ Hˆ ], xˆ n = m m

(22.42)

Auf der linken Seite schieben wir einen vollständigen Satz {|n } ein und verwenden die Eigenwertgleichung (22.40): 7 8 n|[ x, ˆ Hˆ ]|n n | xˆ |n − n| xˆ |n n |[ x, ˆ Hˆ ]|n n [ x, ˆ Hˆ ], xˆ n = n

=

n

= 2

2 2 (En − En ) n| xˆ |n − (En − En ) n| xˆ |n

2

En − En n| xˆ |n

n

Wenn wir dies in (22.42) einsetzen, erhalten wir die Summenregel (22.41). Wir werten die linke Seite der Summenregel speziell für den harmonischen Oszillator aus. Dazu setzen wir die bekannten Energien En = h¯ ω (n + 1/2) und die Matrixelemente (22.38) ein: h¯ ω

n

n − n

h¯ h¯ 2 h¯ 2 (n + 1) δn, n +1 + n δn, n −1 = (−n + n + 1) = 2mω 2m 2m

Dies ist gleich der rechten Seite der Summenregel. Die Summenregel (22.41) gilt für alle n-Werte. Wählt man ein bestimmtes n, dann tragen im Oszillator maximal zwei n -Werte zur Summe bei. Auf andere Potenziale übertragen bedeutet das, dass im Allgemeinen nur wenige Terme signifikante Beiträge liefern, die Summe über n also schnell konvergiert. Die Summenregel kann daher als modellunabhängiger (das heißt vom Potenzial unabhängiger) Test für die Messgrößen En (Energien) und |n| xˆ |n | 2 (Dipolübergangswahrscheinlichkeiten) dienen.

22.6 Impulsdarstellung der Oszillatorzustände Im eindimensionalen harmonischen Oszillator sind der Grundzustand und der erste angeregte Zustand durch aˆ |0 = 0 und |1 = aˆ † |0 definiert. Bestimmen Sie die Wellenfunktionen dieser beiden Zustände in der Impulsdarstellung. Lösung: Wir schreiben die Ausgangsgleichung mit dem Orts- und Impulsoperator an: i pˆ 8 mω xˆ + 0 =0 (22.43) aˆ |0 = 2 h¯ mω

438


Unmittelbar vor |0 schieben wir 1 = dp |p p | ein, projizieren auf p | und verwenden p | xˆ |p = δ(p − p ) i h¯ ∂/∂ p für den Ortsoperator in Impulsdarstellung: ∂ ip i h¯ + p |0 = 0 ∂p mω Die resultierende Differenzialgleichung erster Ordnung kann elementar aufintegriert werden: 1 p2 exp − Φ0 (p) ≡ p |0 = (22.44) (πm h¯ ω)1/4 2m hω ¯ Die Integrationskonstante wurde so gewählt, dass die Wellenfunktion normiert ist. Wir projizieren den ersten angeregten Zustand |1 = aˆ † |0 auf p |, schieben einen vollständigen Satz von Impulseigenzuständen dp |p p | = 1 ein, und verwenden den Ortsoperator p | xˆ |p = δ(p − p ) i h¯ ∂/∂ p in der Impulsdarstellung: i pˆ 8 mω 7 p xˆ − 0 Φ1 (p) ≡ p |1 = p | aˆ † |0 = 2 h¯ mω ∂ ip mω = i h¯ − p |0 2 h¯ ∂p mω −2i p p2 √ = exp − (πm hω) 2m hω ¯ 1/4 2m h¯ ω ¯ Ein normiertes Φ0 (p) = p |0 ergibt nach (22.4) angeregte Zustände, die automatisch normiert sind. Der Phasenfaktor (−i) ist Konvention und kann weggelassen werden.

22.7 Grundzustand des dreidimensionalen Oszillators Bestimmen Sie die Grundzustandswellenfunktion r |000 des dreidimensionalen harmonischen Oszillators aus der Definition aˆ |000 = 0

mit aˆ = aˆ x e x + aˆ y ey + aˆ z ez

(22.45)

Dabei sind aˆ x , aˆ y und aˆ z die Absteigeoperatoren des jeweiligen eindimensionalen Oszillators. Lösung: Wir schreiben die Ausgangsgleichung mit dem Orts- und Impulsoperator an: 8 mω i pˆ rˆ + 000 = 0 aˆ |000 = 2 h¯ mω Unmittelbar vor |000 schieben wir 1 = dr |r r | ein, projizieren auf r | und verwenden r | pˆ |r = −δ(r − r ) i h¯ ∇ für den Impulsoperator: h¯ r+ ∇ r |000 = 0 mω Die drei resultierenden Differenzialgleichungen erster Ordnung können elementar integriert werden: mω 3/4 mω r2 exp − Φ000 (r) ≡ r |000 = π h¯ 2 h¯ Die Integrationskonstante wurde so gewählt, dass die Wellenfunktion normiert ist.

439


22.8 Kohärenter Zustand Ein kohärenter Zustand wird durch |α ≡ C

∞

αn √ |n = C exp α aˆ † |0 n! n=0

(22.46)

definiert. Dabei ist α eine komplexe Zahl, und |n sind die Eigenzustände des eindimensionalen harmonischen Oszillators. a) Zeigen Sie α |α = 1 für C = exp(−|α| 2 /2). b) Berechnen Sie |ϕ = aˆ |α, den Erwartungswert n = α | n|α ˆ des Quantenzahloperators nˆ = aˆ † aˆ und die mittlere quadratische Abweichung (Δn)2 . c) Berechnen Sie die Orts- und Impulserwartungswerte des kohärenten Zustands. d) Ein eindimensionaler harmonischer Oszillator befindet sich in einem kohärenten Zustand |ψt=0 = |α0 . Bestimmen Sie den Zustand |ψ(t) des Systems zu späteren Zeiten t. Zeigen Sie, dass für den Zustand |ψ(t) gilt: p t = m

dx t dt

und

Δx = const.

(22.47)

e) Beweisen Sie die Vollständigkeitsrelation 1 π

d 2 α |αα | =

∞

|nn| = 1

(22.48)

n= 0

Dabei ist d 2 α = d(Re α) d(Im α). Verwenden Sie Polarkoordinaten in der komplexen α-Ebene zur Ausführung der Integration. Lösung: a) Zur Berechnung der Norm des kohärenten Zustands verwenden wir die Summe in (22.46) und die Orthonormierung n|n = δnn der Basiszustände:

n ∞

! |α| 2 = |C| 2 exp |α| 2 = 1 α |α = |C| 2 n! n=0 Für den normierten kohärenten Zustand ist daher (bis auf einen irrelevanten Phasenfaktor) C = exp( − |α| 2 /2). √ b) Zur Berechnung von |ϕ = aˆ |α verwenden wir aˆ |n = n |n, |ϕ = aˆ |α = C

∞ ∞ ∞ αn αn α n+1 √ aˆ |n = C √ √ |n = α |α |n − 1 = C (n − 1)! n! n! n=0 n=1 n=0

440


Wegen aˆ |0 = 0 fällt der Term mit n = 0 weg. Danach wird der Summationsindex gemäß n → n + 1 umbenannt, und man erhält wieder den ursprünglichen kohärenten Zustand. Die Anwendung von aˆ ergibt also nur den Faktor α. Der Erwartungswert des Quantenzahloperators im kohärenten Zustand ist gleich der Norm des Zustands |ϕ, n = α | n|α ˆ = α | aˆ † aˆ |α = ϕ |ϕ = |α| 2 In ähnlicher Weise erhalten wir den Erwartungswert von nˆ 2 , n2 = α | nˆ 2 |α = α | aˆ † aˆ aˆ † aˆ |α = ϕ | aˆ aˆ † |ϕ

= |α| 2 α | aˆ aˆ † |α = |α| 2 α |1 + aˆ † aˆ |α = |α| 2 1 + ϕ |ϕ = |α| 2 1 + |α| 2

Es wurde der Kommutator [ a, ˆ aˆ † ] = 1 verwendet. Die mittlere quadratische Abweichung 2 (Δn) ist damit (Δn)2 = n2 − n2 = |α| 2 Die Aussage (Δn)2 = n ist eine typische Signatur eines kohärenten Zustands. c) Nach (22.2) können der Orts- und Impulsoperator leicht durch die Auf- und Absteigeoperatoren ausgedrückt werden. Die Orts- und Impulserwartungswerte des kohärenten Zustands ergeben sich dann aus 8

h¯ 7 h¯ 2 h¯ † ∗ α aˆ + aˆ α = α+α = Re α α | xˆ |α = 2mω 2mω mω (22.49) 8 ∗

m h¯ ω 7 † m h ω ¯ α aˆ − aˆ α = i α − α = 2m hω α | pˆ |α = i ¯ Im α 2 2

d) Die zeitliche Entwicklung eines Systemzustands folgt aus (22.8). Hierin setzen wir den kohärenten Zustand |ψt =0 = |α0 als Anfangsbedingung ein: ∞

8 αn |ψ(t) = exp − i Hˆ t/h¯ |α0 = C √ 0 exp − i(n + 1/2)ω t n n! n=0

= C exp(−iω t/2)

∞

8 α(t)n 8 n = exp − iω t/2 α(t) √ n! n=0

Abgesehen von einem Phasenfaktor durchläuft das System die kohärenten Zustände |α(t) mit

α(t) = α0 exp(−iω t ) = |α0 | exp − i(ω t + δ) Im letzten Ausdruck haben wir die komplexe Zahl α0 in Betrag und Phase aufgeteilt. Hiermit und mit (22.49) berechnen wir nun die Orts- und Impulserwartungswerte für |ψ(t), x t = ψ(t)| xˆ |ψ(t) = α(t)| xˆ |α(t) = pt = ψ(t)| pˆ |ψ(t) = α(t)| pˆ |α(t) =

2 h¯ Re α(t) = mω

2 h¯ |α0 | cos(ω t + δ) mω

2m hω ¯ Im α(t) = − 2m hω ¯ |α0 | sin(ω t + δ)

441


Diese Erwartungswerte erfüllen die klassische Bewegungsgleichung in (22.47). Wir berechnen noch den zeitabhängigen Erwartungswert 8 h¯ 7 α(t) aˆ † aˆ † + aˆ aˆ † + aˆ † aˆ + aˆ aˆ α(t) 2mω

h¯ ∗ 2 h¯ h¯ = α + 1 + 2α α ∗ + α 2 = (α + α ∗ )2 + 1 = x t2 + 2mω 2mω 2mω

x 2 t = ψ(t)| xˆ 2 |ψ(t) =

Es wurde der Kommutator [ a, ˆ aˆ † ] = 1 verwendet und zuletzt der zeitabhängige Ortserwartungswert eingesetzt. Damit folgt (Δx)2 = x 2 t − x 2t =

h¯ 2 mω

Die Breite des Wellenpakets ist also zeitlich konstant. e) Auf der linken Seite von (22.48) verwenden wir die Summe aus (22.46):

1 1 1 √ d 2 α |αα | = |nn | d 2 α α ∗ n α n exp − |α| 2 π π n! n ! n,n

(22.50)

Für die Berechnung des Integrals setzen wir α = |α| exp(−iδ). Damit faktorisiert das Integral in einen Radial- und einen Winkelanteil ∞

2π d |α| |α|n+n +1 exp − |α| 2 dδ exp i(n − n)δ d 2 α α ∗ n α n exp − |α| 2 = 0

0

∞

= 2π

d |α| |α|2 n+1 exp − |α| 2 δnn = n! π δnn

0

Das Winkelintegral gibt nur einen Beitrag für n = n . Wenn wir dieses Resultat in (22.50) einsetzen, erhalten wir (22.48).

22.9 Zum Heisenbergbild Die Zustände |φ(t) und |ψ(t) sind mögliche Zustände eines Systems mit dem Hamiltonoperator Hˆ ; es gilt ∂ Hˆ /∂ t = 0. Zur Zeit t = 0 sind die Zustände durch den Operator Fˆ verknüpft, |φ(0) = Fˆ |ψ(0) (22.51) Unter welcher Bedingung gilt diese Beziehung auch zu späteren Zeiten? Lösung: Wir multiplizieren (22.51) von links mit dem Zeitentwicklungsoperator Tˆ = exp(−i Hˆ t/h¯ ) und schieben Tˆ † Tˆ = 1 vor dem Zustand |ψ(0) ein: exp -

−

i Hˆ t i Hˆ t i Hˆ t i Hˆ t exp − |φ(0) = exp − Fˆ exp + |ψ(0) h¯ h¯ h¯ 0 h¯ ./ 0 ./ ./ 0 -

|φ(t)

|ψ(t)

Fˆ (−t)

Damit gilt |φ(t) = Fˆ |ψ(t) ,

falls

Fˆ (t) = Fˆ

oder

Fˆ , Hˆ = 0

442


Der zeitabhängige Operator Fˆ (t) im Heisenbergbild muss also gleich Fˆ sein. Dies ist nur dann erfüllt, wenn Fˆ mit dem Hamiltonoperator vertauscht. So könnte Fˆ zum Beispiel ein Drehoperator sein, wenn Hˆ ein isotropes System beschreibt. Wenn zwei Zustände zur Zeit t = 0 durch eine bestimmte Drehung auseinander hervorgehen, dann gilt das auch für andere Zeiten.

22.10 Wellenpaket im eindimensionalen Oszillator Der Zustand |ψ(t) beschreibt ein Wellenpaket, das sich in einem eindimensionalen Oszillator (Parameter m, ω) bewegt. Die Anfangsbedingung ist durch die normierte Wellenfunktion (x − x0 )2 1 exp − x |ψ(0) = (2πβ 2 )1/4 4β 2 gegeben. Berechnen Sie die zeitabhängige Breite β(t)2 = (Δx)2 = x 2 t − x t2 des Wellenpakets. Verwenden Sie dazu das Heisenbergbild. Lösung: Wir berechnen zunächst die später benötigten Orts- und Impulserwartungswerte zur Zeit t = 0: x 0 = ψ(0)| xˆ |ψ(0) = x0

p 0 = ψ(0)| pˆ |ψ(0) = 0

x 2 0 = ψ(0)| xˆ 2 |ψ(0) = x02 + β 2

p 2 0 = ψ(0)| pˆ 2 |ψ(0) =

h¯ 2 4β 2

x p + p x 0 = ψ(0)| xˆ pˆ + pˆ xˆ |ψ(0) = 0

2 Wegen x 2 0 − x 0 = β 2 ist β die Breite des Wellenpakets zur Zeit t = 0. Der Kommutator des Hamiltonoperators Hˆ = h¯ ω ( aˆ † aˆ + 1/2) mit dem Absteigeoperator aˆ ist [ Hˆ , a] ˆ = − h¯ ω a; ˆ hierfür wurde [ aˆ † , aˆ ] = −1 verwendet. Für den Absteigeoperator a(t) ˆ im Heisenbergbild erhalten wir damit

Hˆ , a(t) ˆ

= Hˆ exp(i Hˆ t/h¯ ) aˆ exp(−i Hˆ t/h¯ ) − exp(i Hˆ t/h¯ ) aˆ exp( − i Hˆ t/h¯ ) Hˆ = exp(i Hˆ t/h¯ ) Hˆ aˆ − aˆ Hˆ exp(−i Hˆ t/h¯ ) = − h¯ ω a(t) ˆ

Hieraus und aus (22.11) folgt dann die Differenzialgleichung für a(t), ˆ d a(t) ˆ = − iω a(t) ˆ , dt

da † (t) = iω aˆ † (t) dt

die durch die entsprechende Gleichung für den Aufsteigeoperator aˆ † (t) ergänzt wurde. Diese Differenzialgleichungen haben die Lösungen a(t) ˆ = aˆ exp(−iω t)

und

aˆ † (t) = aˆ † exp(iω t)

443

Kapitel 22 Operatorenmethode Hiermit können wir den Ortsoperator und sein Quadrat im Heisenbergbild aufstellen: pˆ h¯ † ˆ = xˆ cos(ω t) + aˆ (t) + a(t) sin(ωt) x(t) ˆ = 2mω mω x(t) ˆ 2 = xˆ 2 cos2 (ω t) +

pˆ 2 xˆ pˆ + pˆ xˆ sin2 (ω t) + cos(ω t) sin(ω t) m2 ω2 mω

Mit diesen Operatoren berechnen wir die zeitabhängigen Erwartungswerte ψ(t)| xˆ |ψ(t) = ψ(0)| x(t)|ψ(0) ˆ = x 0 cos(ω t) +

p 0 sin(ω t) = x0 cos(ω t) mω

ˆ 2 |ψ(0) ψ(t)| xˆ 2 |ψ(t) = ψ(0)| x(t) = x 2 0 cos2 (ω t) +

p2 0 x p + p x 0 cos(ω t) sin(ω t) sin2 (ω t) + m2 ω 2 mω

1 h¯ 2 = x02 + β 2 cos2 (ω t) + 2 2 2 sin2 (ω t) 4β m ω Die gesuchte zeitabhängige Breite ist demnach β(t)2 = x 2 t − x t2 = β 2 cos2 (ω t) +

1 h¯ 2 sin2 (ω t) 4β 2 m2 ω2

√ Speziell für β = βosz = h¯ /(2mω) ergibt sich β(t) ≡ βosz ; die Breite des Wellenpakets ist also konstant. Die vollständige Lösung ist dann ein Gaußpaket, das sich ohne Änderung seiner Form auf der klassischen Bahn bewegt (Aufgabe 18.14). Für eine Anfangsbedingung β < βosz oszilliert die Breite im Bereich β ≤ β(t) ≤ h¯ /(2mω β), für β > βosz im Bereich h¯ /(2mω β) ≤ β(t) ≤ β. Man kann zeigen, dass die Aufenthaltswahrscheinlichkeit in allen Fällen eine Gaußkurve ist:

2 7 8 x − x0 cos(ω t) x ψ(t) 2 = 1 exp − 4β(t)2 2πβ(t)2

22.11 Ortsdarstellung für Drehimpuls 1/2 Betrachten Sie die Wellenfunktion 7

θ φ 12

1 2

8

= Y1/2, 1/2 (θ , φ) ∝

iφ √ sin θ exp 2

als mögliche Ortsdarstellung des Drehimpulszustands |1/2, 1/2 mit = m = 1/2. Überprüfen Sie in der Ortsdarstellung, ob die für Drehimpulszustände notwendigen Relationen 8 8 ˆ+ 12 12 = 0 und ˆ−2 12 21 = 0 (22.52) erfüllt sind.

444


Lösung: In der Ortsdarstellung sind die Auf- und Absteigeoperatoren durch ∂ ∂ + i cot θ ± = h¯ exp(±iφ) ± ∂θ ∂φ gegeben. Wir überprüfen zunächst die erste Relation (22.52): 3 iφ ∂ cot θ √ sin θ = 0 + Y1/2, 1/2(θ , φ) ∝ exp − 2 ∂θ 2 Diese Bedingung ist erfüllt. Analog dazu berechnen wir iφ iφ cos θ ∂ cot θ √ exp − − Y1/2, 1/2(θ , φ) ∝ exp − sin θ ∝ √ − − 2 ∂θ 2 2 sin θ Die nochmalige Anwendung des Absteigeoperators ergibt 3 iφ ∂ cot θ cos θ 2 √ − Y1/2, 1/2 (θ , φ) ∝ exp − − + 2 ∂θ 2 sin θ 3iφ 1 exp − ∝ = 0 (sin θ)3/2 2 Die zweite Relation (22.52) ist nicht erfüllt. Damit ist auf diese Weise keine gültige Ortsdarstellung für den Drehimpuls 1/2 möglich. Allerdings gibt es für halbzahligen Drehimpuls eine Darstellung mit Hilfe der Eulerwinkel (neben der immer möglichen Matrixdarstellung). Der Bahndrehimpuls ist dagegen immer ganzzahlig; dies wird auch durch die Bedingung Ym (θ , φ + 2π) = Ym (θ , φ) erzwungen.

22.12 Matrixdarstellung für Drehimpuls l = 0 und l = 2 Geben Sie die Matrixdarstellungen von ˆz und ˆ± für l = 0 und l = 2 an. Lösung: Zum Drehimpuls l = 0 gibt es nur den Zustand |l, m = |0, 0. In der Matrixdarstellung wird der Zustand durch einen einkomponentigen Spaltenvektor dargestellt: |0, 0 := (1) Da es in diesem Fall keinen physikalischen Freiheitsgrad gibt, wird man diesen Zustand von vornherein nicht mit anschreiben; insofern sind die folgenden Darstellungen eine akademische Übung. Wegen m = 0 ist ˆz |0, 0 = 0; weil es keine anderen Zustände gibt, ist auch ˆ+ |0, 0 = ˆ− |0, 0 = 0. Damit lauten die Matrixdarstellungen ˆz := (0) ,

ˆ+ := (0) ,

ˆ− := (0) ,

Auch für ˆx , ˆy und ˆ 2 erhält man eine 1 × 1-Matrix mit dem Element 0. Wir kommen nun zum Drehimpuls 2. Die fünf möglichen Zustände |l, m = |2, m werden wie folgt dargestellt: ⎛ ⎜

|2, 2 := ⎜ ⎜ ⎝

1 0 0 0 0

⎞ ⎟ ⎟ ⎟, ⎠

⎛ ⎜

|2, 1 := ⎜ ⎜ ⎝

0 1 0 0 0

⎞ ⎟ ⎟ ⎟, ..., ⎠

⎛ ⎜

|2, −2 := ⎜ ⎜ ⎝

0 0 0 0 1

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

445


ˆ die mit ˆ 2 vertauDaraus ergibt sich eine 5-dimensionale Darstellung aller Operatoren A, schen:

7 8 (22.53) Aˆ := Amm = 2m Aˆ 2m Aus ˆz |2, m = m h¯ |2, m folgt

⎛ ⎜

⎜ ˆz := h¯ ⎜ ⎝

2 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 −1 0 0 −2

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Für den Aufsteigeoperator gehen wir von (22.17) mit j = l = 2 aus: ˆ+ |2 m = 6 − m(m + 1) h¯ |2, m + 1 √ Die Wurzel ergibt 6 für m = 0 und m = −1, den Wert 2 für m = 1 und m = −2, und 0 für m = 2. Damit sind die nichtverschwindenden Matrixelemente bestimmt: ⎛ ⎜

ˆ+ := h¯ ⎜ ⎜ ⎝

0 0 0 0 0

2 √0 0 6 0 0 0 0 0 0

0 √0 6 0 0

0 0 0 2 0

⎛

⎞

⎜ ⎜

⎟ ⎟ ⎟, ⎠

ˆ− := h¯ ⎜ ⎜ ⎝

0 2 0 0 0

0 √0 6 0 0

⎞ 0 0 0 0⎟ ⎟ 0 0⎟ ⎟ 0 0⎠ 2 0

0 0 0 √ 6 0

Der Absteigeoperator ˆ− = ˆ+† ergibt sich durch Adjungieren, also durch Transponieren und komplex Konjugieren der Matrizen. Die Matrizen für ˆx = (ˆ+ + ˆ− )/2 und ˆy = (ˆ+ − ˆ− )/(2i) erhält man als Linearkombinationen.

22.13 Kommutatorrelation in Matrixdarstellung Gehen Sie von der Matrixdarstellung von ˆz und ˆ± für l = 1 aus. Überprüfen Sie damit die Kommutatorrelationen ˆ± , ˆz = ∓ h¯ ˆ± und ˆ+ , ˆ− = 2 h¯ ˆz Lösung: Zum Drehimpuls l = 1 gibt es drei Zustände |1, m, die wir durch Spaltenvektoren darstellen: ⎞ 1 |1, 1 := ⎝ 0 ⎠ , 0 ⎛

⎞ 0 |1, 0 := ⎝ 1 ⎠ , 0 ⎛

⎞ 0 |1, −1 := ⎝ 0 ⎠ 1 ⎛

Daraus ergibt sich eine 3-dimensionale Darstellung aller Operatoren, die mit ˆ 2 vertauschen. Aus (22.16) und (22.17) erhalten wir ˆz |1, m = h¯ m|1, m und ˆ+ |1m = 2 − m(m + 1) h¯ |1, m + 1 √ Die Wurzel in der zweiten Gleichung ist 2 für m = −1 und m = 0, und null für m = 1. Damit erhalten wir ⎛

1 0 ˆz := h¯ ⎝ 0 0 0 0

⎞ 0 0 ⎠, −1

⎛

0 ˆ+ := h¯ ⎝ 0 0

√

2 0 0

⎞ √0 2 ⎠, 0

⎛

√0 ˆ− := h¯ ⎝ 2 0

0 √0 2

⎞ 0 0⎠ 0

446


Die Matrix für ˆ− erhält man aus der für ˆ+ durch Adjungieren, also durch Transponieren und komplex Konjugieren. Mit diesen Matrizen bestimmen wir die Produkte ⎞ 0 0 0√ ˆ+ ˆz := h¯ 2 ⎝ 0 0 − 2 ⎠ , 0 0 0 ⎛

⎛

0 ˆz ˆ+ := h¯ 2 ⎝ 0 0

Hiermit bilden wir

⎛

ˆ+ , ˆz = ˆ+ ˆz − ˆz ˆ+ := − h¯

2⎝

0 0 0

√

2 0 0

⎞ 2 0 0 0⎠ 0 0

√

⎞ √0 ⎠ 2 0

Dies ist die Darstellung von − h¯ ˆ+ ; damit ist die Kommutatorrelation [ ˆ+ , ˆz ] = − h¯ ˆ+ in der Matrixdarstellung gezeigt. Die entsprechende Relation für den Absteigeoperator [ˆ− , ˆz ] = h¯ ˆ− folgt dann durch Transponieren (und komplex Konjugieren) der Matrizen. Bei Matrixprodukten kehrt das Transponieren die Reihenfolge um, so dass sich für den Kommutator ein zusätzliches Minuszeichen ergibt. Wir berechnen nun noch die Produkte ⎛

ˆ+ ˆ− := h¯

2⎝

2 0 0

0 2 0

⎞ 0 0 ⎠, 0

⎛

0 ˆ− ˆ+ := h¯ ⎝ 0 0 2

⎞ 0 0 2 0⎠ 0 2

Die Differenz ist die Darstellung von 2 h¯ z . Damit ist [ ˆ+ , ˆ− ] = 2 h¯ ˆz gezeigt.

22.14 Eigenwertgleichung für Spin Lösen Sie die Eigenwertgleichung α+ α+ σ ·n = +1 · α− α−

(22.54)

mit n := (sin θs cos φs , sin θs sin φs , cos θs ) zum Eigenwert +1. Lösung: Wir schreiben die Matrix σ · n in der Eigenwertgleichung (22.54) explizit aus cos θs − 1 sin θs exp(−iφs ) α+ = 0 sin θs exp(+iφs ) − cos θs − 1 α− Die Determinante dieses homogenen linearen Gleichungssystems ist null. Damit gibt es eine nichttriviale Lösung. Wegen der linearen Abhängigkeit genügt es, die erste der beiden Gleichungen zu betrachten. Mit den Ersetzungen 1 − cos θs = 2 sin2 (θs /2) und sin θ = 2 sin(θs /2) cos(θs /2) wird diese Gleichung zu − sin(θs /2) α+ + cos(θs /2) exp(−iφs ) α− = 0 Dies liefert den Eigenvektor 1 α+ = α+ α− tan(θs /2) exp(iφs ) Der normierte Eigenvektor lautet dann bis auf einen Phasenfaktor cos(θs /2) cos(θs /2) exp(−i φs /2) α+ α+ = = oder α− α− sin(θs /2) exp(i φs ) sin(θs /2) exp(+iφs /2) Beide Formen sind üblich; die zweite entspricht (22.26).

447


22.15 Spinpräzession im Magnetfeld Ist ein Elektron (zum Beispiel in einem Kristallgitter) an einem bestimmten Ort lokalisiert, so kann sein Spin s oft als einziger Freiheitsgrad angesehen werden. Bei Anwesenheit eines Magnetfelds B = B ez lautet dann der Hamiltonoperator Hˆ = − μ ˆ · B = 2 ω L sˆz Dabei ist ω L = gμB B/h¯ die Larmorfrequenz. Berechnen Sie den zeitabhängigen Erwartungswert sˆ t = s(t)| sˆ |s(t) für die Anfangsbedingungen sˆx t=0 = h/2 ¯ und sˆy t=0 = sˆz t=0 = 0. Interpretieren Sie das Ergebnis. Mit welcher Wahrscheinlichkeit misst man zur Zeit t die Spinprojektion h/2 ¯ in x-Richtung? Lösung: Die zeitliche Entwicklung eines Erwartungswerts wird durch die EhrenfestGleichung (18.31) bestimmt: 8 2 i ωL 7 i 7 ˆ 8 ds t [H , sˆ ] t = [ˆsz , sˆ ] t = h¯ h¯ dt Mit den Kommutatorrelationen [ˆsx , sˆy ] = i h¯ sˆz (und zyklisch) erhält man daraus die drei gekoppelten Differenzialgleichungen 1. Ordnung dsx t = −2 ω L sy t , dt

dsy t = 2 ω L sx t , dt

dsz t =0 dt

Die allgemeine Lösung dieser Gleichungen ist sx t = a cos(2 ω L t + α) ,

sy t = a sin(2 ω L t + α) ,

sz t = c

Die Anfangsbedingungen bestimmen die drei Integrationskonstanten zu a = h¯ /2, α = 0 und c = 0, also ⎞ ⎛ cos(2 ω L t) h¯ ⎝ sin(2 ω L t) ⎠ sˆ t := 2 0 Der Erwartungswert des Spins präzediert mit der Winkelgeschwindigkeit 2ω L in der x-yEbene. Dies entspricht der Bewegung eines klassischen Drehimpulses. Die Wahrscheinlichkeit Px , die Spinprojektion h¯ /2 in x-Richtung zu messen, ist

2 Px (t) = cos(2 ω L t) Alternative Lösung: Alternativ kann man das Heisenbergbild verwenden. Die Beziehung

(22.55) exp ± iω L t σˆ z = Iˆ cos(ω L t) ± i σˆ z sin(ω L t) folgt aus einer Potenzreihenentwicklung unter Verwendung von σˆ z2 = Iˆ. Damit schreiben wir den Spinoperator im Heisenbergbild i Hˆ t

i Hˆ t h

¯ sˆ exp − = exp i ω L t σˆ z σˆ exp − i ω L t σˆ z 2 h¯ h¯ ⎛ ⎞ σˆ x cos(2 ω L t) − σˆ y sin(2 ω L t) h¯ ⎝ σˆ x sin(2 ω L t) + σˆ y cos(2 ω L t) ⎠ := 2 σˆ z

sˆ (t) = exp

448


Dabei wurde (22.55) für die Exponentialfunktionen verwendet, und Produkte von PauliMatrizen wurden mit (22.56) aus der folgenden Aufgabe vereinfacht. Der zeitabhängige Erwartungswert wird damit ⎞ ⎛ cos(2 ω L t) h¯ ⎝ sin(2 ω L t) ⎠ sˆ t = s(t)| sˆ |s(t) = s(0)| sˆ (t) |s(0) := 2 0 Im letzten Schritt wurden die Anfangsbedingungen, σx t =0 = 1 und σy t =0 = σz t =0 = 0, eingesetzt.

22.16 Zu den Pauli-Matrizen Für die drei Pauli-Matrizen (22.23) überprüfe man die Relation σi σj = I δij + i

3

ij k σk

(22.56)

k=1

mit der zweidimensionalen Einheitsmatrix I . Leiten Sie hieraus die Kommutatorrelation [σi , σj ] = 2 i k ij k σk ab. Warum kann jede Funktion der Pauli-Matrizen in der Form f (σ ) = a I + b · σ (22.57) geschrieben werden? Lösung: Aus (22.23) folgt

σ1 σ2 = −σ2 σ1 =

i 0

0 −i

= i σ3

und ebenso σ2 σ3 = −σ3 σ2 = iσ1 und σ3 σ1 = −σ1 σ3 = iσ2 . Damit ist (22.56) für i = j gezeigt. Wegen σ12 = σ22 = σ32 = I gilt diese Relation auch für i = j . Aus (22.56) und der Antisymmetrie des Levi-Civita Symbols folgt dann auch

3 σi , σj = σi σj − σj σi = 2 i ij k σk k=1

Eine beliebige Funktion der Pauli-Matrizen kann in eine Taylorreihe entwickelt werden 1 1 fi σ i + fij σi σj + fij k σi σj σk + . . . f (σ ) = f0 + 2 i,j 3! i,j,k i mit Koeffizienten f0 , fi , fij und so fort. Mit Hilfe von (22.56) können wir Produkte von Pauli-Matrizen σi σj auf lineare Terme reduzieren. Diese Prozedur wird so lange wiederholt, bis zum Schluss nur eine Konstante und zu den Pauli-Matrizen proportionale Terme übrigbleiben 3 bi σi = a I + b · σ f (σ ) = a I + i=1

449


Damit ist (22.57) gezeigt. Man kann auch so argumentieren: f (σ ) ist eine hermitesche 2×2Matrix. Die Einheitsmatrix und die drei Pauli-Matrizen bilden eine vollständige Basis für hermitesche 2 × 2-Matrizen. Daher kann jede solche 2 × 2-Matrix nach ihnen entwickelt werden.

22.17 Polarisation eines Teilchenstrahls Dichteoperator: Der Erwartungswert eines Operators Fˆ in einer statistischen Gesamtheit von N Systemen (oder Teilchen) ist F =

N 1 i | Fˆ |i N

(22.58)

i=1

Zeigen Sie, dass dies durch

F = Spur Fˆ ρˆ

mit ρˆ =

N 1 |i i | N

(22.59)

i=1

mit dem Dichteoperator ρˆ ausgedrückt werden kann. Beweisen Sie, dass der Dichteoperator eines Spinsystems von folgender Form ist: 1 ˆ ρˆ = I + σ · σˆ (22.60) 2

Polarisation: Ein Neutronenstrahl ist zur Hälfte in x-Richtung und zur anderen Hälfte in z-Richtung polarisiert, also σx = σz = 1/2 und σy = 0. Geben Sie die Spindichtematrix ρ des Neutronenstrahls an. Berechnen Sie die Eigenwerte P+ und P− dieser Matrix, und bestimmen Sie daraus den Polarisationsgrad Π des Teilchenstrahls, P+ − P− (22.61) Π= P+ + P− Reiner Zustand: Zeigen Sie, dass für einen reinen Zustand Π = 1 gilt. Von einem reinen Zustand spricht man, wenn alle N Teilchen im selben Zustand |s sind. Unschärfe: Berechnen Sie bei gegebenem σ die Unschärfe Δσx . Welchen Wert hat Δσx für das Spingemisch des Neutronenstrahls, und welchen für die reinen Zustände |s e x und |s ez ? Lösung: Wir schieben in (22.58) zweimal den vollständigen und orthonormierten Satz {|n} von Zwischenzuständen ein: F =

N N 1 1 i | Fˆ |i = i |nn| Fˆ |n n |i N i=1 N i=1 n,n

=

n,n

=

n

n| Fˆ |n

1 N

N

n |i i |n =

i=1

n| Fˆ ρˆ |n = Spur Fˆ ρˆ

n,n

n| Fˆ |n n | ρˆ |n

450


Die Terme wurden umsortiert, die Dichtematrix wurde eingeführt, und die Vollständigkeit der Zustände {|n} wurde ausgenützt. Der vorletzte Ausdruck ist die Definition der Spur. Der Spindichteoperator ist eine Funktion des Spinoperators σˆ . Nach (22.57) hat dieser dann die allgemeine Form ρˆ = a Iˆ + b · σˆ Wir verwenden nun (22.59) für Fˆ = Iˆ (Einheitsoperator) und Fˆ = σˆ , um die Konstanten a und b zu bestimmen:

! Spur ρˆ = Spur a Iˆ + b · σˆ = 2 a = 1

! Spur σˆ ρˆ = Spur a σˆ + (b · σˆ ) σˆ = 2 b = σ Die erste Gleichung ergibt sich aus der Spurlosigkeit der Pauli-Matrizen; für die zweite Gleichung wurde zusätzlich (22.56) verwendet. Auf der rechten Seite steht der Erwartungswert N 1 i | σ |i σ = N i=1 Mit den so bestimmten Größen a = 1/2 und b = σ /2 wird der Spindichteoperator zu ρˆ =

1ˆ I + σ · σˆ 2

Das Spingemisch kann also vollständig durch den Erwartungswert σ festgelegt werden. Polarisation: Speziell für σx = σz = 1/2 und σy = 0 wird der Spindichteoperator 1 ρˆ = 2

σˆ x + σˆ z Iˆ + 2

:=

3/4 1/4 1/4 1/4

Diese Spindichtematrix hat die Eigenwerte P± =

1 1 ±√ 2 8

Daraus erhalten wir den Polarisationsgrad des Neutronenstrahls: Π =

1 P+ − P− 2 = √ = √ P+ + P− 8 2

Reiner Zustand: Für einen reinen Spinzustand sind alle N Teilchen im selben Zustand |s . Der Spindichteoperator ist deshalb ρˆ = |s s | (22.62) Der in (22.60) definierte Dichteoperator ist hermitesch. Ein hermitescher Operator kann ge mäß Fˆ = n λn |nn| durch seine Eigenzustände und Eigenwerte ausgedrückt werden. Nun ist (22.62) bereits von dieser Form, so dass die Eigenwerte P+ = 1 und P− = 0 unmittelbar abgelesen werden können. Hieraus folgt Π = 1; ein reiner Zustand ist vollständig polarisiert. – Alternativ zu dieser Betrachtung kann man für |s die Darstellung (22.26) verwenden, den Dichteoperator in Matrixdarstellung anschreiben und die beiden Eigenwerte berechnen. Daraus ergeben sich dieselben Eigenwerte.

451


Unschärfe: Das Quadrat der Pauli-Matrizen ist gleich der Einheitsmatrix, σx2 = σy2 = σz2 = I (Aufgabe 22.16). Daher sind die dazugehörigen Erwartungswerte gleich eins: 7

8 7 8 7 8 σx2 = σy2 = σz2 = 1

Damit gilt speziell für die Unschärfe in x-Richtung

Δσx

2

7 8 = σx2 − σx 2 = 1 − σx 2

Für den zur Hälfte in x-Richtung √ polarisierten Teilchenstrahl, also für das Gemisch mit σx = 1/2, erhält man Δσx = 3/2. Für einen reinen, in x-Richtung polarisierter Zustand |s ex gilt σx = 1 und Δσx = 0. Für einen reinen, in z-Richtung polarisierter Zustand |s ez gilt dagegen σx = 0 und Δσx = 1.

22.18 Multiplizität der Drehimpulszustände Zwei Drehimpulse j1 und j2 werden zum Gesamtdrehimpuls j gekoppelt. Zeigen Sie, dass die Anzahl der gekoppelten Zustände gleich der Anzahl der ungekoppelten ist: j j 1 +j2

1 = 2j1 + 1 2j2 + 1 j = |j1 −j2 | m=−j

Lösung: Wir verwenden die Formel für eine arithmetische Reihe: k2

k = k1 + (k1 + 1) + . . . k2 =

k=k1

(k1 + k2 )(k2 − k1 + 1) 2

Es wird k2 ≥ k1 vorausgesetzt. Außerdem muss k2 − k1 ganzzahlig sein; k1 und k2 können dagegen beliebige reelle Werte haben. Der maximale und minimale Gesamtdrehimpuls sind j> = j1 + j2 und j< = |j1 − j2 |. Die möglichen j -Werte laufen in Schritten der Größe 1 (wie in der arithmetischen Reihe) von j< nach j> . Zu jedem j -Wert gibt es (2j +1) Zustände m = −j ,..., j . Damit berechnen wir die Anzahl der gekoppelten Zustände: j>

(2j + 1) = 2

j =j

j+

j =j
2

−

j>

1 = 2

j =j
− j< + 1) + (j> − j< + 1) 2

+ 2j> + 1 = (j1 + j2 )2 − (j1 − j2 )2 + 2(j1 + j2 ) + 1

= (2j1 + 1)(2j2 + 1) Im vorletzten Schritt wurden j< und j> eingesetzt. Das Ergebnis ist gleich dem Produkt aus der Anzahl der j1 -Zustände und der Anzahl der j2 -Zustände, also gleich der Multiplizität der ungekoppelten Drehimpulszustände.

452


22.19 Kopplung von Bahndrehimpuls und Spin Der Bahndrehimpuls l und der Spin s = 1/2 eines Elektrons sollen zum Gesamtdrehimpuls j gekoppelt werden. Geben Sie die gekoppelten Zustände an. Lösung: Wir bezeichnen die gekoppelten Zustände mit |j l s m = |j m. Zu den maximalen Gesamtdrehimpulsquantenzahlen j = m = l + 1/2 gibt es in der gekoppelten und der ungekoppelten Basis jeweils genau einen Zustand: 8 8 8 j = l + 1 , m = l + 1 = l, l 1 , 1 2 2 2 2 Der willkürliche Phasenfaktor wird durch Konvention gleich 1 gesetzt. Auf diesen Zustand wenden wir den Absteigeoperator jˆ− = ˆ− + sˆ− mit der bekannten Wirkung (22.17) an: 81 8 8 81 1 8 2l 1 j = l + 1 , m = l − 1 = , l, l , − 1 + l, l − 1 2 2 2 2 2 2 8 j = l − 1 , m = l − 1 = 2 2

2l + 1

1 2l + 1

8 8 l, l − 1 1 , 1 − 2 2

2l + 1

2l 2l + 1

81 8 l, l , − 1 2

2

In der zweiten Zeile wurde die orthogonale Linearkombination angeschrieben; dies ist der Zustand zum Gesamtdrehimpuls j = l − 1/2 (bei gleichem m = l − 1/2). Diese Prozedur (jˆ− = ˆ− + sˆ− anwenden und orthogonale Linearkombination anschreiben) wird nun wiederholt: 8 8 8 8 8 2 l − 1 2 l, l − 1 1 , − 1 j = l + 1 , m = l − 3 = l, l − 2 12 , 12 + 2 2 2 2 2l + 1 2l + 1 8 8 8 8 8 2 j = l − 1 , m = l − 3 = l, l − 2 1 , 1 − 2 l − 1 l , l − 1 1 , − 1 2 2 2 2 2 2 2l + 1

2l + 1

Dieses Verfahren ergibt allgemein 8 8 8 l + m + 1/2 l − m + 1/2 j = l + 1 , m = l, m − 12 12 , 12 + 2 2l + 1 2l + 1 8 8 8 l − m + 1/2 l + m + 1/2 l, m − 1 1 , 1 − j = l − 1 , m = 2 2 2 2 2l + 1

2l + 1

8 8 l, m + 1 1 , − 1 2

2

2

8 8 l, m + 1 1 , − 1 2 2 2

Diese Formeln sind auch für die Zustände mit maximaler und minimaler Quantenzahl m = ±j = ±(l + 1/2) richtig; hierbei gibt es jeweils nur einen ungekoppelten Zustand. Insgesamt gibt es 2(2 l) + 2 = 2(2 l + 1) Zustände. Damit sind alle möglichen gekoppelten Zustände konstruiert. Die Clebsch-Gordan-Koeffizienten können abgelesen werden 8 7 l ± m + 1/2 1 1 1 1 l, m ∓ , , ± l + , m = 2

7

2

2

2

8 l, m ∓ 12 , 12 , ± 12 l − 12 , m = ±

2l + 1

l ∓ m + 1/2 2l + 1

(22.63)

22.20 Kopplung zweier Spin-1 Teilchen Zwei Spins s1 = s2 = 1 sollen zum Gesamtdrehimpuls S gekoppelt werden. Geben Sie die gekoppelten Zustände an.

453


Lösung: Wir bezeichnen die gekoppelten Zustände mit |S 11M = |S M . Zu den maximalen Gesamtdrehimpulsquantenzahlen S = M = 2 gibt es in der gekoppelten und der ungekoppelten Basis jeweils genau einen Zustand |2, 2 = |1, 1 |1, 1 Der Phasenfaktor wird durch Konvention gleich 1 gesetzt. Auf diesen Zustand wenden wir den Absteigeoperator Sˆ− = sˆ1 − + sˆ2 − mit der bekannter Wirkung (22.17) an: |2, 1 =

1 √ 2

|1, 0 |1, 1 +

1 √ 2

|1, 1 |1, 0

|1, 1 =

1 √ 2

|1, 0 |1, 1 −

1 √ 2

|1, 1 |1, 0

Die zweite Zeile ist die zur ersten orthogonale Linearkombination. Sie ergibt den Zustand zum Gesamtspin S = 1 (bei gleichem M = 1). Die nochmalige Anwendung von Sˆ− = sˆ1 − + sˆ2 − auf diese beiden Zustände ergibt die ersten beiden Zeilen in |2, 0 =

1 √ 6

|1, −1 |1, 1 +

|1, 0 =

1 √ 2

|1, −1 |1, 1

|0, 0 =

1 √ 3

|1, −1 |1, 1 −

2 3

1 √ 3

|1, 0 |1, 0 +

1 √ 6

|1, 1 |1, −1

−

1 √ 2

|1, 1 |1, −1

|1, 0 |1, 0 +

1 √ 3

|1, 1 |1, −1

Die dritte Zeile ist die auf den beiden anderen Zuständen orthogonale Linearkombination. Sie ergibt den Zustand zum Gesamtspin S = 0 (bei gleichem M = 0). Das weitere Anwenden von Sˆ− = sˆ1 − + sˆ2 − ergibt

und schließlich

|2, −1 =

1 √ 2

|1, −1 |1, 0 +

1 √ 2

|1, 0 |1, −1

|1, −1 =

1 √ 2

|1, −1 |1, 0 −

1 √ 2

|1, 0 |1, −1

|2, −2 = |1, −1 |1, −1

Damit sind alle gekoppelten Zustände bestimmt. Insgesamt gibt es 9 = 3 × 3 Zustände.

22.21 Zwei ungekoppelte harmonische Oszillatoren Zwei unabhängige harmonische Oszillatoren 1 und 2 werden durch die Auf- und Absteigeoperatoren aˆ 1† , aˆ 1 , aˆ 2† und aˆ 2 mit den Kommutatorrelationen aˆ 2 , aˆ 2† = 1 (22.64) aˆ 1 , aˆ 1† = 1 , beschrieben. Wegen der Unabhängigkeit kommutieren die Operatoren mit dem Index 1 mit denen mit dem Index 2. Es werden nun folgende Operatoren definiert: h¯ † (22.65) jˆ+ = h¯ aˆ 1† aˆ 2 , aˆ 1 aˆ 1 − aˆ 2† aˆ 2 jˆ− = h¯ aˆ 2† aˆ 1 , jˆz = 2

1 ˆ ˆ jˆ 2 = j+ j− + jˆ− jˆ+ + jˆz2 (22.66) 2

454


Berechnen Sie die Kommutatoren jˆz , jˆ+ , jˆz , jˆ− und jˆ+ , jˆ− . Zeigen Sie, dass nˆ 1 + nˆ 2 nˆ 1 + nˆ 2 jˆ 2 = h¯ 2 +1 (22.67) 2 2 Dabei sind nˆ 1 = aˆ 1† aˆ 1 und nˆ 2 = aˆ 2† aˆ 2 die Quantenzahloperatoren der beiden Oszillatoren. Geben Sie die Eigenwerte und die Eigenvektoren der Operatoren jˆ 2 und jˆz in der Basis der Oszillatorzustände |n1 , n2 an. Lösung: Mit den Kommutatorrelationen (22.64) berechnen wir

jˆz , jˆ+

=

h¯ 2 † h¯ 2 † aˆ 1 aˆ 1 − aˆ 2† aˆ 2 , a1† aˆ 2 = aˆ 1 aˆ 1 , aˆ 1† aˆ 2 − aˆ 1† aˆ 2† , aˆ 2 aˆ 2 2 2

= h¯ 2 aˆ 1† aˆ 2 = h¯ jˆ+ und

jˆz , jˆ− = − h¯ 2 aˆ 2† aˆ 1 = − h¯ jˆ− ,

jˆ+ , jˆ− = h¯ 2 aˆ 1† aˆ 1 − aˆ 2† aˆ 2 = 2 h¯ jˆz

Dies sind genau die Drehimpulsvertauschungsrelationen (22.15). Damit sind die in (22.65) eingeführten Operatoren Drehimpulsoperatoren; denn diese können durch ihre Vertauschungsrelationen definiert werden. Zur Berechnung von jˆ 2 setzen wir (22.65) in (22.66) ein und verwenden die Quantenzahloperatoren nˆ 1 und nˆ 2 : nˆ 1 (nˆ 2 + 1) nˆ 2 (nˆ 1 + 1) (nˆ 1 − nˆ 2 )2 nˆ 1 + nˆ 2 nˆ 1 + nˆ 2 jˆ 2 = h¯ 2 + + = h¯ 2 +1 2 2 4 2 2 Damit ist (22.67) gezeigt. Der Operator jˆz läßt sich ebenfalls durch die Quantenzahloperatoren ausdrücken: nˆ 1 − nˆ 2 jˆz = h¯ 2 Damit sind die Oszillatoreigenzustände |n1 , n2 auch Eigenzustände von jˆ 2 und jˆz 8 n1 + n 2 n1 + n2 + 1 n 1 , n2 jˆ 2 |n1 , n2 = h¯ 2 2 2 8 − n n 1 2 jˆz |n1 , n2 = h¯ n1 , n 2 2 Der Vergleich mit den üblicherweise verwendeten Drehimpulseigenwertgleichungen jˆ 2 |j m = h¯ 2 j (j + 1) |j m , liefert

jˆz |j m = h¯ m |j m

n1 − n 2 n 1 + n2 , m= 2 2 Aus den ganzzahligen Oszillatorquantenzahlen n1 , n2 = 0, ±1, ±2, . . . folgen halbzahlige Drehimpulsquantenzahlen. Für vorgegebenes j , also für festes n1 + n2 = 2j , folgt auch m = −j,..., +j . j=

455


22.22 Hamiltonoperator für zwei Spins 1/2 Der Hamiltonoperator eines Systems mit zwei Spins s1 = s2 = 1/2 lautet Hˆ = a sˆ 1 · sˆ 2 Ausgehend von den Basiszuständen |s1 m1 s2 m2 bestimme man die Eigenwerte und Eigenzustände von Hˆ . Lösung: Für die vier ungekoppelten Basiszustände führen wir folgende Kurznotation ein: ⎧ 1 1 8 1 1 8 = | ↑ ↑ = |1 ⎪ ⎪ ⎪ 21 21 8 21 2−1 8 ⎪ ⎨ = | ↑ ↓ = |2 2 2 2 2 |s1 m1 s2 m2 = (22.68) 1 −1 8 1 1 8 ⎪ = | ↓ ↑ = |3 ⎪ 2 2 2 2 ⎪ ⎪ ⎩ 1 −1 8 1 −1 8 = | ↓ ↓ = |4 2 2 2 2 Hierdurch ist ein 4-dimensionaler Zustandsraum gegeben. Der Hamiltonoperator wird in diesem Raum zu einer 4 × 4-Matrix, deren Elemente Hnn = n| Hˆ |n zu berechnen sind. Zu diesem Zweck verwenden wir die Auf- und Absteigeoperatoren für Spin 1/2 Zustände: sˆ+ | ↑ = 0 ,

sˆ+ | ↓ = h¯ | ↑ ,

sˆ− | ↑ = h| ¯ ↓ ,

sˆ− | ↓ = 0

Mit diesen Operatoren wird der Hamiltonoperator zu

sˆ1+ sˆ2− + sˆ1− sˆ2+ + sˆ1z sˆ2z Hˆ = a sˆ1x sˆ2x + sˆ1y sˆ2y + sˆ1z sˆ2z = a 2 Damit können die Matrixelemente sofort ausgewertet werden: ⎛W ⎜ 0 H = (Hnn ) = ⎜ ⎝ 0 0

0 −W 2W 0

0 2W −W 0

0 0 0 W

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

mit

W =

h¯ 2 a 4

(22.69)

Die Schrödingergleichung lautet im Raum der vier Zustände in Matrixdarstellung 4


(22.70)

n = 1

Damit dieses Gleichungssystem eine nichttriviale Lösung hat, muss die Determinante verschwinden: W −E 0 0 0

0 −W − E 2W 0

0 2W −W − E 0

0 0 0 W −E

= E − W 3 E + 3W = 0

Man kann diese Determinante zum Beispiel nach der ersten Zeile entwickeln und die verbleibenden 2 × 2-Determinante ausmultiplizieren. Das Ergebnis ist ein Polynom vierten Grades in E. Die Nullstellen diese Polynoms liefern den nichtentarteten Energieeigenwert

456


E0 = −3W und den dreifach entarteten Energieeigenwert E1 = W . Für E0 = −3W erhält √ man aus√(22.70) a1 = a4 = 0 und a3 = −a2 , also den normierten Eigenvektor (0, 1/ 2, −1/ 2, 0) oder den Zustand 1 |ψ0 = √ | ↑ ↓ − | ↓↑ 2

zur Energie

E0 = −3W

(22.71)

Für den entarteten Energieeigenwert E1 = W erhält man nur die Beziehung a3 = a2 . Wir können dann die drei orthonormierten Eigenvektoren (1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1) √ zum Beispiel √ und (0, 1/ 2, +1/ 2, 0) wählen. Sie entsprechen den Zuständen ⎫ |ψ1,1 = | ↑↑ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ 1 |ψ1,0 = √ | ↑ ↓ + | ↓↑ (22.72) zur Energie E1 = W ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎭ |ψ1,−1 = | ↓↓ Anstelle dieser drei Zustände kann man auch andere orthonormierte Linearkombinationen wählen. Der Übergang zwischen den Zuständen (22.72) und einer anderen Wahl erfolgt durch eine beliebige unitäre Transformation. Die Eigenzustände (22.71) und (22.72) sind die zum Gesamtspin S = 0 und S = 1 gekoppelten Singulett- und Triplettzustände. Mit dem Gesamtspinoperator Sˆ = sˆ 1 + sˆ 2 lässt sich nämlich der Hamiltonoperator folgendermaßen schreiben a ˆ2 S − sˆ 12 − sˆ 22 Hˆ = a sˆ 1 · sˆ 2 = 2 Die gekoppelten Gesamtspinzustände |S M sind Eigenzustände von Sˆ 2 , Sˆz , sˆ 12 und sˆ 22 . Damit sind sie auch Eigenzustände von Hˆ Hˆ |S M = ES |S M mit ES =

3

h¯ 2 a S S+1 − = W 2S S + 1 − 3 2 2

Weil Sˆz nicht im Hamiltonoperator auftritt, hängen die Energieeigenwerte nicht von M ab. Für S = 0 und S = 1 erhalten wir genau die Energieeigenwerte aus (22.71) und (22.72).

23 Näherungsmethoden In diesem Kapitel stellen wir wichtige Näherungsmethoden der Quantenmechanik vor. Wir leiten zunächst die zeitunabhängige Störungstheorie ab, die wir dann auf den Stark-Effekt und auf die relativistischen Korrekturen im Wasserstoffatom anwenden. Im Rahmen der zeitabhängigen Störungstheorie untersuchen wir in einfachster Form die Emission und Absorption von Photonen. Schließlich werden die Variationsrechnung und die Bornsche Näherung vorgestellt.

Zeitunabhängige Störungstheorie Ein (Modell-)Hamiltonoperator Hˆ 0 habe die bekannten Eigenwerte εn und Eigenzustände |n. Gesucht sind die Energien En und Zustände |ψn des Hamiltonoperators Hˆ = Hˆ 0 + Vˆ mit einer „kleinen“ Störung Vˆ :

Gegeben: Hˆ 0 |n = εn |n , Gesucht: Hˆ 0 + Vˆ |ψn = En |ψn (23.1) Der Operator Hˆ 0 könnte zum Beispiel das Wasserstoffatom beschreiben, dessen Lösungen in Kapitel 20 angegeben wurden. Und V0 könnte ein äußeres (Stör-)Feld beschreiben, etwa ein elektrisches oder magnetisches Feld. Wir betrachten zunächst den nichtentarteten Fall, also εn = εm für n = m. Man ersetzt dann Hˆ = Hˆ 0 + Vˆ durch Hˆ = Hˆ 0 + λ Vˆ und entwickelt die gesuchte (1) (2) (1) (2) Lösung |ψn = |n + λ |ψn + λ2 |ψn + ... und En = εn + λ En + λ2 En + ... nach Potenzen von λ. Dann kann man die Schrödingergleichung sukzessive in der Ordnung λ0 , λ1 , λ2 und so weiter lösen. Im Ergebnis setzt man schließlich λ = 1. Dieses Verfahren liefert En ≈ εn + En(1) + En(2) = εn + n| Vˆ |n +

∞ |n| Vˆ |m| 2 εn − εm

(23.2)

m, m = n

|ψn ≈ |n

+ |ψn(1)

∞ m| Vˆ |n = |n + |m εn − εm

(23.3)

m, m = n

Die 1. Ordnung in der Energie, εn + n| Vˆ |n = n| Hˆ 0 + Vˆ |n, ist der Energieerwartungswert des ungestörten Zustands, also des Zustands in 0. Ordnung. Die Korrekturen 1. Ordnung im Zustand ergeben die angegebenen Korrekturen 2. Ordnung in der Energie. Dabei wird vorausgesetzt, dass die Korrekturen klein sind. 457 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_23, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

458


Wenn zwei Niveaus m und n dicht beieinander liegen, dann kommt der Hauptbeitrag von dem Term mit dem Nenner εm − εn . Aus den Vorzeichen der Beiträge zu Em und En sieht man dann, dass die Korrektur in Richtung einer Vergrößerung des Abstands der beiden Niveaus geht; die Niveaus „stoßen sich ab“. Entarteter Fall Das Ergebnis (23.2, 23.3) ist offensichtlich nicht anwendbar für entartete Eigenwerte εn . Es gebe N entartete Zustände |α zum Energiewert ε. Dann ist jede Linear kombination |ψ = cα |α ebenfalls Eigenzustand von Hˆ 0 zu dieser Energie. Die führende Ordnung Störungstheorie besteht in diesem Fall darin, die Schrödingergleichung für Hˆ = Hˆ 0 + Vˆ im Unterraum dieser Zustände zu lösen. Nach (21.25) bedeutet das N 8 7

β Hˆ 0 + Vˆ α cα = ε + Δε cβ (23.4) α =1

ˆ Die Terme mit H

0 (links) und ε rechts heben sich auf. Mit der N × N -Matrix ˆ V = β | V |α und dem Spaltenvektor c = (c1 , c2 , ..., cN ) erhalten wir dann die Matrixgleichung V c = Δε c

−→

Δε (ν) , c(ν)

(23.5)

Die Aufgabe besteht darin, die Eigenwerte Δε(ν) und die Eigenvektoren c(ν) der hermiteschen Matrix V zu bestimmen (ν = 1, 2,..., N ). Die neuen Zustände sind dann |ψν = α cα(ν) |α zur Energie Eν = ε + Δε (ν) .

Stark-Effekt Wie betrachten ein Wasserstoffatom in einem statischen, homogenen elektrischen Feld. Das Feld entspricht dem Störoperator Vˆ = e |E| zˆ := e |E| z

(23.6)

der auf die Koordinate des Elektrons wirkt. Die stationären Zustände der Elektronen bezeichnen wir mit |nl m und ihre Energie mit εn , (20.46) und (20.47). Den Spin der Elektronen berücksichtigen wir hier nicht. Quadratischer Stark-Effekt Wir betrachten zunächst den nichtentarteten Grundzustand |100. Hierfür ver(1) schwindet die Energiekorrektur in 1. Ordnung, E100 = 0. Aus (23.2) ergibt sich die Energiekorrektur in 2. Ordnung Störungstheorie: (2) E100

∞ |n10| zˆ |100| 2 9 =e E = − aB3 E 2 4 ε1 − εn 2

2

n =2

(23.7)

459

Kapitel 23 Näherungsmethoden

Hierzu müsste noch der Beitrag der Kontinuumszustände addiert werden. Wegen Vˆ ∝ cos θ koppelt Vˆ nur an die l = 1 Zustände. Da die Energieänderung quadratisch im angelegten Feld ist, spricht man vom quadratischen Stark-Effekt. Physikalisch induziert das Feld ein Dipolmoment p dip im Atom. Die zugehörige Energie ist −pdip |E|/2, so dass aus (23.7) pdip = −

(2) 2 E100 9 = |E| aB3 2 |E|

(23.8)

folgt. Mit p dip = α E ergibt sich hieraus die Polarisierbarkeit α = 4.5 aB3 . Linearer Stark-Effekt Das erste angeregte Niveau des Wasserstoffatoms ist vierfach entartet. Wir nummerieren diese Zustände |nl m = |2l m von 1 bis 4 durch: ⎧ |1 = |200 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ |2 = |210 (23.9) |i = ⎪ |3 = |211 ⎪ ⎪ ⎩ |4 = |21 −1 Wir wollen die Aufspaltung der Energieniveaus bei angelegtem elektrischen Feld (23.6) berechnen. Dazu müssen wir zunächst die Matrixelemente Vij = i | Vˆ |j bestimmen. Wegen der φ-Integration verschwinden alle Matrixelemente zwischen Zuständen mit verschiedenen m-Werten. Wegen Vˆ ∝ cos θ muss sich die lQuantenzahl der beteiligten Zustände um ±1 unterscheiden. Damit hat die Matrix V = (Vij ) nur die beiden nichtverschwindenden Matrixelemente 7 8 (23.10) V12 = V21 = 200 e |E| zˆ 210 = −3e |E|aB = V0 Das zu lösende Eigenwertproblem V c = ε c lautet ⎛

0 V0 ⎜ V0 0 ⎜ ⎝ 0 0 0 0

0 0 0 0

⎞⎛ 0 c1 ⎜ 0⎟ ⎟ ⎜ c2 0 ⎠ ⎝ c3 0 c4

⎞

⎛

⎞ c1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ = Δε ⎜ c2 ⎟ ⎠ ⎝ c3 ⎠ c4

(23.11)

Die Zustände |3 = |211 und |4 = |21 −1 sind auch Eigenzustände von Hˆ0 + Vˆ und werden in der Energie nicht verschoben. Die beiden anderen Zustände bilden neue Linearkombinationen: |200 + |210 √ zu ε2 + V0 , 2

|2 0 0 − |210 √ zu ε2 − V0 2

(23.12)

Da die Aufspaltung linear im Feld ist, sprechen wir vom linearen Stark-Effekt. Die Aufspaltung ist relativ klein; für |E| = 103 V/cm ergibt sich |V0 |/Eat ∼ 10−6 .

460


Relativistische Korrekturen im Wasserstoffatom Der Hamiltonoperator pˆ 2 Ze2 Hˆ 0 = , − 2 me rˆ

εn = −

e2 Z 2 εat =− 2 aB 2 n2 2n

(23.13)

beschreibt das Elektron eines (Z − 1)-fach ionisierten Atoms, oder näherungsweise auch die untersten Elektronenzustände in einem neutralen Atom. Die reduzierte Masse des Elektron-Kern-Systems wurde durch die Elektronmasse me ersetzt. Die Energieskala ist durch εat = Z 2 Eat bestimmt. Diese Beschreibung durch Hˆ 0 ist nichtrelativistisch. Es gibt drei führende relativistische Korrekturen: Vˆ1 = −

pˆ 4 8 me3 c 2

Vˆ2 =

Z e2 ˆ · sˆ , 2 me2 c 2 rˆ 3

πZe2 h¯ 2 Vˆ3 = δ(r) ˆ 2 me2 c 2

(23.14)

Sofern die Kernladungszahl Z nicht zu groß ist, handelt es sich in allen Fällen um „kleine“ Störungen, |Vi |/εat ∼ (Zα)2 ≈ (Z/137)2 . Wenn man die Energie-Impuls-Beziehung E = (p2 c 2 + me2 c 4 )1/2 für kleine Impulse (p mc) entwickelt, erhält man als führende relativistische Korrektur zu E ≈ mc2 + p2 /2m den Beitrag V1 . In seinem jeweiligen Ruhsystem sieht das mit v bewegte Elektron ein Magnetfeld B ≈ −(v/c) × E. Die Energie seines magnetischen Dipolmoments μ ≈ −(e/me c) s in diesem Feld ergibt die Spin-Bahn-Kopplung Vˆ2 . Wenn man ein Elektron auf einen Bereich der Größe h¯ /me c ≈ 4 · 10−11 cm begrenzt, dann hat es aufgrund der Unschärferelation relativistische Impulse und damit kinetische Energien der Größe me c 2 . Dann können Teilchen-Antiteilchen-Paare erzeugt werden und man kann nicht länger von genau einem Teilchen reden. In einer relativistischen und quantenmechanischen Behandlung kann das Elektron daher nicht genauer als h¯ /me c lokalisiert werden. Schrödinger prägte für diese Unbestimmtheit im Ort den Ausdruck Zitterbewegung. Eine „Verschmierung“ der Wellenfunktion auf dieser Skala führt zu Vˆ3 . Alle drei Störoperatoren lassen sich exakt aus der Diracgleichung ableiten. Wegen des Störoperators Vˆ2 müssen wir jetzt den Spin berücksichtigen. Dazu bilden wir Produktzustände aus den bekannten Eigenzuständen |nl m aus (20.47) und den Spinzuständen |s sz aus (22.20): |nl m|s sz

oder

|nj l s mj

(23.15)

Die rechts angegebenen Zustände sind die zum Gesamtspin j gekoppelten Zustände. Wir wollen die Energieänderungen in 1. Ordnung berechnen, und damit insbesondere die Aufspaltung der entarteten Niveaus. Beide Formen (23.15) sind Eigenzustände von Hˆ 0 zum Eigenwert εn . Die gekoppelten Zustände sind aber vorzuziehen, weil das Störpotenzial für sie diagonal ist: 7 8 nj l s mj Vˆ1 + Vˆ2 + Vˆ3 nj l s mj = Δεnj δjj δll δmj mj (23.16)

461


Damit entfällt die Prozedur (23.5) der Diagonalisierung der Störmatrix V , und die Größen Δεnj sind bereits die gesuchten Energieverschiebungen in 1. Ordnung Störungstheorie. Nach einigen Rechnungen erhält man n 3 2 4 1 Δεnj = me c (Zα) − (23.17) 2 n4 4 j + 1/2 Der erste angeregte Zustand (2s und 2p) spaltet auf in ein unteres Niveau mit 2s 1/2 und 2p 1/2 und ein oberes mit 2p 3/2. Die nächstkleineren Korrekturen sind die Lambshift und die Hyperfeinstruktur.

Zeitabhängige Störungstheorie Die Eigenwerte und Eigenzustände des Hamiltonoperators Hˆ 0 sollen bekannt sein, Hˆ 0 |n = εn |n. Wir suchen eine Lösung |ψ(t) der Schrödingergleichung 8 8 ∂ (23.18) i h¯ ψ(t) = Hˆ 0 + Vˆ (t) ψ(t) ∂t mit dem zeitabhängigen Störoperator Vˆ (t). Die Störung sei periodisch: Vˆ (t) = Vˆ0 exp(−iωt) + Vˆ † exp(+iωt) (23.19) 0

Die Addition des adjungierten Terms garantiert die Hermitezität des Operators. Der Anfangszustand des Systems sei |ψ(0) = |a. Aufgrund der Zeitabhängigkeit der Störung kommt es zu Übergängen in andere Zustände |b mit b = a; die Zustände |a und |b sollen Eigenzustände von Hˆ 0 sein. In erster Ordnung erhält man für die Übergangswahrscheinlichkeit pro Zeit 2 2π Wa→b = (23.20) b | Vˆ± |a δ(εb − εa ± hω) ¯ h¯ Wir wollen ein Atom (Hamiltonoperator Hˆ 0 ) im Feld einer elektromagnetischen Welle (Störung Vˆ ) betrachten. Die Welle wird durch das Vektorpotenzial A(r, t) = A0 cos(k · r − ω t) beschrieben; dabei ist ω = c k > 0, · k = 0, ist der normierte Polarisationsvektor, und A0 ist die Amplitude der Welle. Der Hamiltonoperator Hˆ = Hˆ 0 + Vˆ ist von der Form (17.12), wobei wir nur den im Vektor potenzial linearen Term berücksichtigen. Dann hat der Störoperator (23.19) die Amplitude

e A0 e A0 Vˆ0 = exp ik · rˆ · pˆ ≈ · pˆ (23.21) 2 me c 2 me c

Dabei wurde die Langwellennäherung exp(i k · r) = 1 + O r /λ ≈ 1 verwendet. Für den Übergang von einem Anfangszustand a zu einem Endzustand b folgt aus (23.19) mit (23.20) die Rate 2

πe2 |A0 | 2 (23.22) Wa→b = b |·pˆ |a δ(εb −εa −h¯ ω)+δ(εb −εa +h¯ ω) 2 2 2 me c h¯ Wegen hω ¯ > 0 trägt (je nach dem Vorzeichen von εb − εa ) nur eine der beiden δ-Funktionen in (23.22) zum Übergang a → b bei. Für hω ¯ = εb − εa handelt es sich um Absorption, für h¯ ω = εa − εb um Emission.

462


Auswahlregeln p/m ˆ e und b − a = hω Mit [ Hˆ 0 , rˆ ] = (h/i) ¯ ¯ ba schreiben wir das Matrixelement in (23.22) um, b | · pˆ |a = i me ωba b | · rˆ |a. Dieses Matrixelement ist nur dann ungleich null, wenn die Drehimpulsquantenzahlen des Anfangszustands |a = |na la ma und Endzustands |b = |nb lb mb bestimmte Auswahlregeln erfüllen. Die Winkelabhängigkeit von · rˆ lässt sich durch die Kugelfunktionen Y1m ausdrücken. Hieraus folgen die Auswahlregeln Δm = mb −ma = 0, ±1 ,

Δl = lb −la = ±1 ,

Δε = εb −εa = ± hω ¯ (23.23)

Die Auswahlregeln und die Energiebedingung, die aus (23.22) folgt, sind so zu interpretieren: Bei dem Prozess wird ein Photon mit der Energie h¯ ω und dem Drehimpuls h¯ absorbiert oder emittiert. Ein Übergang, der den Auswahlregeln nicht genügt, heißt verboten. In der hier betrachteten führenden Näherung ist ein solcher Übergang wie zum Beispiel 2d → 1s nicht möglich. Tatsächlich ergeben sich auch für verbotenen Übergänge endliche Raten, die aber viel kleiner sind als für einen erlaubten Übergang. Durch (23.22) werden Übergänge beschrieben, die durch ein gegebenes Feld A induziert werden. Daneben gibt es jedoch auch die Emission eines Photons ohne äußeres Feld, die spontane Emission. Sie beschreibt den Zerfall von angeregten Atomzuständen, zum Beispiel den Übergang 2p → 1s ohne äußeres Feld. Zur Berechnung der spontanen Emission muss das elektromagnetische Feld quantisiert werden. Die Photonenzustände |Nk geben dann an, wieviele Photonen mit einem bestimmten Wellenvektor vorhanden sind. Das Matrixelement ist dann von der Form b |....1 hω = b |...A(1 Photon)...|a. Ähnlich wie ¯ | Aˆ |0 hω....|a ¯ der Ortsoperator xˆ im Oszillator, erzeugt (vernichtet) der Operator Aˆ ein Photon. Das Feld A = 1 h¯ ω | Aˆ |0 hω ist das Vektorpotenzial, das in seiner Stärke einem ¯ Photon entspricht. Man setzt nun die Energie des Felds in einem (willkürlichen) Volumen V gleich hω: ¯ V 7 2 8 7 2 8 V A02 ω2 E + B = h¯ ω (23.24) = 8π 8πc 2 Mit der so bestimmten Amplitude A0 kann man die spontane Emission berechnen. Bei der Summation über alle möglichen Endzustände kürzt sich das Volumen wieder heraus.

Variationsrechnung Die exakten Eigenzustände und Eigenwerte von Hˆ sind durch Hˆ |n = εn |n bestimmt;7 es seiε0 8< ε1 ≤ ε2 ≤ . . .. Für den beliebigen Zustand |ψ = an |n gilt ε0 ≤ ψ Hˆ ψ . Die exakte Grundzustandsenergie ist also eine untere Schranke für den Energieerwartungswert. Diese Beobachtung legt folgendes Näherungsverfahren nahe: Wir betrachten geeignete, normierte Versuchszustände |ψ(α, β, . . .), die von einem oder mehreren

463


Parametern α, β, . . . abhängen. Man bestimmt dann die Parameterwerte, für die die Energie minimal wird: 7 8 J = ψ(α, β, . . .) Hˆ ψ(α, β, . . .) = minimal ⇒ α0 , β0 , . . . (23.25) Dann ist |ψ(α0 , β0 , . . .) eine Näherung für den Grundzustand. Ob diese Näherung gut ist, hängt entscheidend von der Wahl der Versuchszustände ab. Diese Wahl erfolgt nach physikalischen und pragmatischen Gesichtspunkten. Physikalische Gesichtspunkte sind, dass die Versuchszustände eventuelle Symmetriebedingungen erfüllen, das richtige asymptotische Verhalten haben und die richtige Längenskala haben. Zudem wird man leicht handhabbare Versuchszustände wählen. Man kann das Variationsverfahren auf angeregte Zustände erweitern. Für den ersten angeregten Zustand macht man dann einen Ansatz, der orthogonal auf dem genäherten Grundzustand ist. Ein möglicher Raum von Versuchsfunktionen ist der N -dimensionale Raum, der durch die ersten N Zustände {|ϕ1 , |ϕ2 , . . ., |ϕN } eines vollständigen orthonormierten Funktionensatzes aufgespannt wird. In diesem Fall sind die Parameter des Versuchszustands die Entwicklungskoeffizienten ci in N 8 ψ(c1 , c2 , . . . , cN ) = cn |ϕn

(23.26)

n =1

Die Variation nach den ci (unter Berücksichtigung der Normierungsbedingung) ergibt N Him cm = E ci (23.27) m =1

wobei Him = ϕi | Hˆ |ϕm . Ein solches Gleichungssystem hatten wir in (21.25) als Schrödingergleichung in einem endlichen Unterraum vorgestellt. Die Variationsrechnung liefert eine Begründung für dieses Verfahren. Die Lösung des Eigenwertproblems (23.27) ergibt N Eigenwerte Eν und Ei(ν) genvektoren ci . Die untersten Lösungen stellen Näherungen für die tatsächlichen Lösungen von Hˆ dar. Durch Erhöhung der Dimensionszahl N kann man die Konvergenz der Lösung testen.

Bornsche Näherung 2 /2μ + V (r) kann in der Form Die Schrödingergleichung H ϕ = ε ϕ mit H = p op

2μV (r) + k 2 ϕ(r) = ϕ(r) h¯ 2

(23.28)

geschrieben werden, wobei ε = h¯ 2 k 2 /2μ. Die einfallende Welle ϕ0 (r) = exp(ik·r) eines Streuproblems löst die homogene Gleichung. Mit Hilfe von (10.18) können wir eine partikuläre (Streu-)Lösung ϕstr in der Form eines Integrals angeben. Dieses Integral enthält das Potenzial V (r) und die Wellenfunktion ϕ = ϕ0 + ϕstr . Wenn

464


das Potenzial eine „kleine“ Störung ist, dann können wir im Integral ϕ ≈ ϕ0 setzen; denn das Produkt aus Potenzial V und Streuwelle ϕstr ∼ V ist von 2. Ordnung im Potenzial. Damit erhalten wir die 1. Bornsche Näherung: μ 3 exp(ik |r − r |) V (r ) ϕ0 (r ) d r (23.29) ϕ(r) ≈ ϕ0 (r) − 2 |r − r | 2π h¯ Die 2. Bornsche Näherung erhält man, wenn man die jetzt gefundene Lösung anstelle von ϕ0 in das Integral einsetzt. In (23.29) ist r auf den Bereich des Potenzials beschränkt, während wir die Streulösung nur für große Abstände benötigen. Für |r | |r| entwickeln wir daher exp(ik |r − r |) ≈ exp(i k r) exp(−ik · r ) und 1/r − r | ≈ 1/r. Zusammen mit ϕ0 (r ) = exp(ik · r ) hat (23.29) dann die Form (20.27) mit der Streuamplitude μ μ $ f (θ, φ) = − V (q) (23.30) d 3 r V (r ) exp i(k − k ) · r = − 2 2π h¯ 2π h¯ 2 Die Winkel θ , φ geben die Richtung von k relativ zu k an. Im letzten Ausdruck $(q) des Potenzials eingeführt, wobei q = k − k. wurde die Fouriertransformierte V Unabhängig von den hier verwendeten speziellen Näherungen ist es charakteristisch, dass ein Streuexperiment zur Fouriertransformierten der zu untersuchenden Struktur führt. Aus der Streuamplitude folgt der differenzielle Wirkungsquerschnitt 2 dσ = f (θ, φ) = dΩ

μ 2π h¯ 2

2

V $(q) 2

(23.31)

Für ein kugelsymmetrisches Potenzial V (r) = V (r) erhalten wir $(q) = V $(q) = 4π V

0

∞

dr r 2 V (r )

sin(q r ) ± 4πe2 = 2 qr q + 1/r02

(23.32)

mit q = |k − k| = 2 k sin(θ/2). Der letzte Ausdruck gilt speziell für das abgeschirmte Coulombpotenzial V (r) = ± (e2 /r) exp(−r/r0 ). Hiermit berechnen wir dσ/dΩ = |f (θ )| 2 . Für r0 → ∞ und v = h¯ k/μ wird dies zum RutherfordWirkungsquerschnitt, e4 dσ = (23.33) dΩ R 4μ2 v 4 sin4 (θ/2) Dieser Wirkungsquerschnitt beschreibt zum Beispiel die Streuung eines Elektrons an einem Proton oder die von zwei Elektronen aneinander. Der totale Wirkungsquerschnitt divergiert, weil das Coulombpotenzial langreichweitig ist. Daher kann die Streuwelle ϕstr kaum als kleine Korrektur zur ungestörten Lösung ϕ0 betrachtet werden. Insofern ist die Voraussetzung der Bornschen Näherung nicht erfüllt. Tatsächlich liefert die exakte quantenmechanische Rechnung (mit den Kontinuumslösungen von (20.44)) aber dasselbe Resultat.

465


Aufgaben 23.1 Oszillator mit quadratischer Störung Die Lösung des eindimensionalen harmonischen Oszillators mω02 2 pˆ 2 Hˆ 0 = + xˆ , 2m 2

Hˆ 0 |n = εn |n ,

1 εn = hω ¯ 0 n+ 2

(23.34)

wird als bekannt vorausgesetzt. Es wird nun das gestörte System mit dem Hamiltonoperator Hˆ = Hˆ 0 + Vˆ und der Störung Vˆ = λ xˆ 2

(λ > 0)

betrachtet. Berechnen Sie hierfür die Energieverschiebungen in 1. und 2. Ordnung Störungstheorie. Vergleichen Sie die Ergebnisse mit dem exakten Resultat. Lösung: Die ungestörten Zustände {|n} sind nicht entartet. Es ist daher die Störungstheorie für nichtentartete Zustände anzuwenden. In 1. Ordnung ist die Energieverschiebung (23.2) durch den Erwartungswert des Störoperators mit den ungestörten Zuständen gegeben: 1 h¯ λ n+ En(1) = n| Vˆ |n = λ n| xˆ 2 |n = mω0 2 Die Matrixelemente von xˆ 2 wurden in Aufgabe 22.4 angegeben. In 2. Ordnung Störungstheorie ist die Energieverschiebung En(2) =

=

∞ ∞ |n| Vˆ |n | 2 λ2 |n| xˆ 2 |n | 2 = h¯ ω0 εn − εn n − n n = n n =n

h¯ λ2 4 m2 ω03

(n + 1)(n + 2) n(n − 1) + −2 2

=−

hλ 1 ¯ 2 n + 2 2 m2 ω03

Andererseits ergibt der harmonische Oszillator Hˆ 0 mit der Störung Vˆ wieder einen harmonischen Oszillator: 2 2 p ˆ 2λ mω Hˆ = Hˆ 0 + λ xˆ 2 = mit ω = ω0 1 + + xˆ 2 2m 2 m ω02 Hierfür sind die exakte Energieeigenwerte bekannt, En = h¯ ω (n + 1/2). Die Störungsreihe entspricht einer Entwicklung in Potenzen von λ, also En = h¯ ω0

1+

1 λ 2λ λ2 1 n+ − + ... n+ = h¯ ω0 1 + 2 2 4 2 2 2 m ω0 m ω0 2 m ω0

= εn + En(1) + En(2) + . . . Dies stimmt mit den in Störungstheorie berechneten Energieverschiebungen überein.

466


23.2 Oszillator mit kubischer Störung Der eindimensionale harmonische Oszillator (23.34) unterliegt der Störung Vˆ = λ xˆ 3

(λ > 0)

Berechnen Sie die Zustände in 1. Ordnung und die Energien in 2. Ordnung Störungstheorie. Lösung: Es ist die Störungstheorie für nichtentartete Zustände anzuwenden. In 1. Ordnung Störungstheorie ist die Energieverschiebung durch den Erwartungswert des Störoperators mit den ungestörten Zuständen gegeben: En(1) = λ n| xˆ 3 |n = 0 Wegen der ungeraden Parität des Störoperators verschwinden diese Erwartungswerte; die Energieverschiebung in 1. Ordnung ist null. Für die Zustände |ψn ≈ |n + |ψn(1) erhalten wir aus (23.3) den Korrekturterm (1) 8 n | Vˆ |n λ n | xˆ 3 |n ψ |n = |n = n h¯ ω εn − εn n − n n =n n =n Die Matrixelemente wurden in Aufgabe 22.4 angegeben. Es tragen nur die Terme mit n = n ± 1 und n = n ± 3 bei: (1) 8 λ h¯ 3/2 1 ψ (n + 1)(n + 2)(n + 3) |n + 3 = − n 3 h¯ ω 2 mω 1 −3(n + 1)3/2 |n + 1 + 3 n3/2 |n − 1 + n(n − 1)(n − 2) |n − 3 3 Aus (23.2) und (23.3) folgt für die Energieverschiebung in 2. Ordnung 7 8 En(2) = n Vˆ ψn(1) = λ n| xˆ 3 |ψn(1) 8 Mit dem soeben berechneten ψn(1) wird dies zu En(2) =

h¯ 2 λ2 8 m3 ω4

= −

−

(n + 1)(n + 2)(n + 3) n(n − 1)(n − 2) − 9(n + 1)3 + 9 n3 + 3 3

h¯ 2 λ2 2 + 30 n + 11 30 n 8 m3 ω 4

Für die hier betrachtete Störung konvergiert die Störungsreihe allerdings nicht; denn für x → −∞ geht das Gesamtpotenzial Vtot = mω2 x 2 /2 + λ x 3 gegen minus unendlich (auch für kleines λ). Daher führt eine Aufsummation der Störungsreihe letztlich zu En → −∞. Wenn sich ein Teilchen jedoch zunächst in einem gebundenen Oszillatorzustand befindet, dann kann das Störpotenzial λ x 3 in diesem Bereich sehr klein sein. Die Aussage Vtot → −∞ für x → −∞ bedeutet hierfür, dass das Teilchen im Prinzip in einen anderen Bereich tunneln kann. Wenn die Tunnelwahrscheinlichkeiten sehr klein sind (also für ein hinreichend schwaches Störpotenzial), dann ist die vorgestellte Rechnung sinnvoll.

467


23.3 Oszillator mit quartischer Störung Der eindimensionale harmonische Oszillator (23.34) unterliegt der Störung Vˆ = λ xˆ 4

(λ > 0)

Berechnen Sie die Energieverschiebung der Niveaus in 1. Ordnung Störungstheorie. Lösung: Es ist die Störungstheorie für nichtentartete Zustände anzuwenden. In 1. Ordnung ist die Energieverschiebung (23.2) durch den Erwartungswert des Störoperators mit den ungestörten Zuständen gegeben: En(1) = n| Vˆ |n = λ n| xˆ 4 |n Das Matrixelement ist gleich der Norm der in Aufgabe 22.4 berechneten Zustände h¯ xˆ 2 |n = (n + 1)(n + 2) |n + 2 + (2n + 1) |n + n(n − 1) |n − 2 2 mω Damit sind die Energieverschiebungen in 1. Ordnung Störungstheorie En(1) =

h¯ 2 λ 3 h¯ 2 λ 2 2n + 2n + 1 (n + 1)(n + 2) + (2n + 1)2 + n(n − 1) = 2 2 4m ω 4 m2 ω 2

23.4 Endliche Ausdehnung des Atomkerns Das elektrostatische Potenzial eines Atomkerns kann durch das Potenzial einer homogen geladenen Kugel angenähert werden. Dann bewegt sich ein Elektron in einem wasserstoffartigen Atom im Potenzial ⎧ 3Ze2 r2 ⎪ ⎪ (r ≤ R) 1− ⎨ − 2R 3R 2 (23.35) VKugel (r) = ⎪ Ze2 ⎪ ⎩ − (r > R) r

Die Abweichung vom Coulombpotenzial ist eine kleine Störung Vˆ des ungestörten Wasserstoffproblems (Hˆ 0 ). Berechnen Sie die Energiewerte in 1. Ordnung Störungstheorie. Geben Sie speziell die Energieverschiebungen der 1s-Zustände für die Isotope A = 203 und A = 205 von Thallium (Z = 83) an. Hinweise: Die Kernradien R ≈ A1/3 r0 mit r0 = 1.2 fm sind viel kleiner als der Bohrsche Radius aB = 0.53 Å. Daher können in den auftretenden Integralen die Wellenfunktionen näherungsweise durch ihren Wert an der Stelle r = 0 approximiert werden. Lösung: Das Störpotenzial besteht aus der Abweichung des Potenzials der homogen geladenen Kugel (23.35) vom Punkt-Coulombpotenzial ⎧ 2 ⎪ ⎨ 1 − 3 1− r 2 (r ≤ R) Ze r 2R 3R 2 = Ze2 · V (r) = VKugel(r) + ⎪ r ⎩ 0 (r > R)

468


In erster Ordnung Störungstheorie für nichtentartete Zustände sind die Energieverschiebungen 2 ΔEnl = nlm|Vˆ |nlm = d 3 r V (r) ψnlm (r) r≤R

mit den Wasserstoffeigenfunktionen ψnlm (r). Wegen R aB /Z können diese durch den Funktionswert an der Stelle r = 0 approximiert und vor das Integral gezogen werden 2 R 3 r2 1 dr r 2 − 1− ΔEnl ≈ 4πZ e2 ψnlm (0) r 2R 3R 2 0 Das Integral hat den Wert R 2 /10. Nur die s-Zustände haben eine nichtverschwindende Aufenthaltswahrscheinlichkeit am Ursprung (siehe (20.47)): Z 3 ψnlm (0) 2 = 1 δl0 δm0 π naB Daher werden auch nur s-Zustände verschoben. Dies rechtfertigt die Verwendung der Störungstheorie für nichtentartete Zustände. Damit erhalten wir ΔEnl =

4 Z 2 e2 5 2aB

ZR 2 1 δl0 aB n3

(23.36)

Wegen des dritten Faktors gibt es nur für schwere Kerne (R groß) einen merklichen Effekt. Die Korrektur nimmt mit wachsendem n stark ab. Speziell für 1s-Zustände ist die Energieverschiebung maximal, 4 Z 2 e2 ZR 2 ΔE1s = 5 2aB aB Mit R = A1/3 r0 erhalten wir für die beiden Thalliumisotope A = 203 und A = 205 die Kernradien R = 7.05 fm und R = 7.08 fm. Damit ergeben sich die Energieverschiebungen ΔE1s (A = 203) ≈ 8.29 eV ,

ΔE1s (A = 205) ≈ 8.35 eV

Die Abschirmung der 1s-Elektronen durch die anderen Elektronen wurde hier nicht berücksichtigt. Für die Differenz der Energieverschiebungen ist dieser Effekt auch nicht wichtig, da beide Isotope dieselbe Elektronenkonfiguration besitzen. Die Isotopenverschiebung von etwa 0.06 eV kann im Prinzip als Verschiebung der K-Abbruchkante im Röntgenspektrum beobachtet werden.

23.5 Wasserstoffatom im äußeren Magnetfeld Für ein Wasserstoffatom in einem äußeren homogenen Magnetfeld B = B ez sei der Hamiltonoperator Z e2 ˆ · sˆ eB ˆ Hˆ = Hˆ 1 + z + 2 sˆz + 2 me c 2 me2 c 2 rˆ 3

(23.37)

gegeben. Dabei schließt Hˆ 1 = Hˆ 0 + Vˆ1 + Vˆ3 die relativistischen Korrekturen (23.14) (0) ohne Spin-Bahn-Wechselwirkung mit ein. Die Eigenwerte Enl und die Eigenzustände |nl m von Hˆ 0 werden als bekannt vorausgesetzt.

469


Die p-Zustände |n, l = 1, m, s = 1/2, sz mit fester Hauptquantenzahl n sind bezüglich der Quantenzahlen m und sz entartet. Bestimmen Sie ihre Aufspaltung in 1. Ordnung Störungstheorie. Dazu sind die Matrixelemente 8 7 8 7 nl ms sz 2 ˆ · sˆ |nl m s sz (23.38) nl ms sz ˆz + 2 sˆz |nl m s sz , für l = 1 zu berechnen. Führen Sie die Abkürzungen κ=

e hB ¯ 2 me c

und λ =

Z e2 h¯ 2 @ 1 ? 4me2 c 2 r 3 n,l=1

(23.39)

ein, und diskutieren Sie das Ergebnis für die Fälle κ λ und κ λ. Lösung: Wir berechnen zunächst die Matrixelemente (23.38) für feste Hauptquantenzahl n, Drehimpuls l = 1 und Spin s = 1/2. Das erste Matrixelement ist bereits diagonal 7 8

nl ms sz ˆz + 2 sˆz |nl m s sz = h¯ m + 2 sz δmm δsz sz Im zweiten Matrixelement drücken wir das Skalarprodukt durch Auf- und Absteigeoperatoren aus: 7 8 7 8 nl ms sz 2 ˆ · sˆ nl m s sz = nl ms sz ˆ+ sˆ− + ˆ− sˆ+ + 2 ˆz sˆz nl m s sz ⎧ ⎪ 2 − m(m + 1) 3/4 − sz (sz − 1) ⎪ ⎨ = h¯ 2 · 2 − m(m − 1) 3/4 − sz (sz + 1) ⎪ ⎪ ⎩ 2 msz

(m = m + 1, sz = sz − 1) (m = m − 1, sz = sz + 1) (m = m, sz = sz )

Wir nummerieren die 3 × 2 = 6 Zustände |m sz = |nl m s sz von 1 bis 6 durch: |1 = |1 ↑ ,

|2 = |1 ↓ ,

|3 = |0 ↑ , |4 = |0 ↓ ,

|5 = | −1 ↑ ,

|6 = | −1 ↓

Mit den Abkürzungen κ und λ wird das Störpotenzial im Raum dieser sechs Zustände zu ⎞ ⎛ 0 0 0 0 0 λ + 2κ √ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 −λ 2λ 0 0 0 ⎟ ⎜ √ ⎟ ⎜ 2 λ κ 0 0 0 0 ⎟ ⎜ Vˆ := ⎜ ⎟ √ ⎟ ⎜ 0 0 0 −κ 2 λ 0 ⎟ ⎜ √ ⎟ ⎜ 0 0 0 2λ −λ 0 ⎠ ⎝ 0 0 0 0 0 λ − 2κ Die sechs Eigenwerte dieser Matrix liefern die gesuchten Energieverschiebungen ΔEν (mit ν = 1 bis 6) in 1. Ordnung Störungstheorie. Die Eigenvektoren bestimmen die zugehörigen Zustände |ψν als Linearkombinationen der ungestörten Zustände |1 bis |6. Die vertikalen und horizontalen Linien heben die Blockstruktur hervor. Die Eigenwerte und Eigenvektoren können für jeden Block getrennt berechnet werden. Der erste Block (links oben) und der vierte Block (rechts unten) besitzen jeweils nur einen Eintrag: Block 1:

ΔE1 = λ + 2κ

|ψ1 = |1 ↑

Block 4:

ΔE6 = λ − 2κ

|ψ6 = |−1 ↓

470


Der zweite Block besteht aus einer reellen 2 × 2- Matrix, deren Eigenwerte und Eigenvektoren bereits in Aufgabe 21.5 diskutiert wurden, Block 2:

ΔE2 =

κ −λ 2

+

ΔE3 =

κ −λ 2

−

κ +λ 2 2

κ +λ 2 2

+ 2 λ2 ,

|ψ2 = cos α |1 ↓ + sin α |0 ↑

+ 2 λ2 ,

|ψ3 = − sin α |1 ↓ + cos α |0 ↑

Dabei ist der Mischungswinkel α ∈ [0, π/2] durch tan(2α) = −2 Der dritte Block besteht ebenfalls aus einer reellen 2 × 2- Matrix: Block 3:

ΔE4 = −

κ +λ 2

+

ΔE5 = −

κ +λ 2

−

√ 2 λ/(κ + λ) bestimmt.

κ −λ 2 2

+ 2 λ2 ,

|ψ4 = cos β |0 ↓ + sin β |−1 ↑

κ −λ 2 2

+ 2 λ2 ,

|ψ5 = − sin β |0 ↓ + cos β |−1 ↑

√ Hierbei ist der Mischungswinkel β ∈ [0, π/2] durch tan(2β) = −2 2 λ/(κ − λ) gegeben. Damit sind alle Eigenwerte und Eigenvektoren bestimmt. Wir skizzieren die Energieverschiebungen ΔEν der gestörten Zustände |ψν in Abhängigkeit von κ: ΔEν 6

|j = 3/2, m |j = 1/2, m

λ −2 λ

... |ψ1 ..... ..... . . . . . ..... ..... ..... . . . . . ..... ..... ..... . ............ . . . . .................... .................... ..... ..................... . ..... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........... ..... ..................... ....................... ..... ....................... . . . ..... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... ................... ............................................................ ...................................... ..... ..................................................... ..... ............................................................................................... ..... ......................... ..... ..... ..... . . . ........................................................................................................................ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...... ....................................................................................................................... .................................................... ..... ............................. .......................... ..... ........................ ..... ........................ ..... ...................... ..... ...................... ..... . |ψ 6

|ψ2

|ψ4 |ψ3

- κ

|ψ5

Wir diskutieren noch die Spezialfälle κ λ und κ λ. Für schwache Magnetfelder, κ0 κ λ geben wir die Eigenwerte bis zur Ordnung κ 1 und die Eigenvektoren in Ordnung √ explizit an. Im Grenzfall κ → 0 gilt für die Mischungswinkel cos α = sin β = 1/ 3: 8 1↑ ΔE1 = λ + 2κ |ψ1 = = |j = 3/3, 3/2 8 8 |ψ2 = 1/3 1 ↓ + 2/3 0 ↑ = |j = 3/2, 1/2 ΔE2 = λ + 2κ/3 8 8 ΔE3 = −2 λ + κ/3 |ψ3 = − 2/3 1 ↓ + 1/3 0 ↑ = |j = 1/2, 1/2 8 8 |ψ4 = 2/3 0 ↓ + 1/3 −1 ↑ = |j = 3/2, −1/2 ΔE4 = λ − 2κ/3 8 8 |ψ5 = − 1/3 0 ↓ + 2/3 −1 ↑ = |j = 1/2, −1/2 ΔE5 = −2 λ − κ/3 8 −1 ↓ = |j = 3/2, −3/2 ΔE6 = λ − 2κ |ψ6 =

471


Für κ = 0 gibt es nur die Spin-Bahn-Kopplung und die Eigenzustände sind identisch zu den zum Gesamtdrehimpuls j = 3/2 und j = 1/2 gekoppelten Zuständen aus Aufgabe 22.19. Die (j = 3/2)-Zustände sind vierfach und die (j = 1/2)-Zustände sind zweifach entartet. Für kleine κ spalten die jeweils entarteten Zustände linear mit κ, also linear mit dem Magnetfeld auf. Es handelt sich um einen linearen Zeemaneffekt. Für starke Magnetfelder κ λ geben wir die Eigenwerte bis zur Ordnung λ1 und die Eigenzustände in Ordnung λ0 an: ΔE1 = 2κ + λ

|ψ1 =

| 1↑

ΔE2 = κ

|ψ2 =

| 0↑

ΔE3 = −λ

|ψ3 = − | 1 ↓

ΔE4 = −λ

|ψ4 =

ΔE5 = −κ

|ψ5 = − | 0 ↓

ΔE6 = −2κ + λ

|ψ6 =

| −1 ↑ | −1 ↓

Für λ = 0, also für ausgeschaltete Spin-Bahn-Wechselwirkung, sind die ungekoppelten Zustände Eigenzustände (Mischungswinkel α = β = π/2). Die Entartung von ΔE3 und ΔE4 ist durch g ≈ 2 für das Elektron bedingt. In der obigen Abbildung war λ fest vorgegeben; der jetzt diskutierte Grenzfall entspricht dort κ → ∞. Dies ist der Paschen-Back-Effekt. Anmerkung: Die in der Abbildung auftretenden Kreuzungspunkte der Niveaus sind ein Artefakt des hier betrachteten Modells. Wenn man die jetzt berechneten Niveaus zum Ausgangspunkt einer weiteren Störungsrechnung macht, dann genügt in der Nähe der Kreuzungspunkte ΔEν ≈ ΔEν ein extrem schwaches Störpotenzial, um diese Niveaus auseinander zu drücken (siehe zweiter Absatz nach Gleichung (23.3)). Im realen System oder in einer genaueren Rechnung treten solche Kreuzungspunkte daher nicht auf.

23.6 Spin-Bahn-Kopplung im Atomkern Im einem einfachen Schalenmodell des Atomkerns bewegen sich die Nukleonen (Masse m, Spin s = 1/2) in einem sphärischen harmonischen Oszillatorpotenzial, pˆ 2 + Vˆ Hˆ 0 = 2m

mit V (r) =

m ω2 2 r 2

Zusätzlich wirkt die Spin-Bahn-Kraft Hˆ = Hˆ 0 + Vˆls ,

Vˆls = λ

1 1 d V (r) sˆ · lˆ 2 2 2m c r dr

(λ < 0)

(23.40)

a) Bestimmen Sie die Energieeigenwerte in erster Ordnung Störungstheorie. Warum sind dies zugleich die exakten Energieeigenwerte? b) Diskutieren Sie die Aufspaltung der ungestörten Energieniveaus mit 3 h¯ ω/2, 5 h¯ ω/2 und 7 hω/2, und skizzieren Sie das sich ergebende Spektrum. ¯

472


Lösung: Wir setzen d V (r)/dr = m ω2 r in die Spin-Bahn-Wechselwirkung ein und drücken das Skalarprodukt sˆ · lˆ durch die Quadrate der Spin-, Bahndrehimpuls- und Gesamtdrehimpulsoperatoren aus: mω2 ˆ 2 ˆ 2 2 j Vˆls = λ − l − s ˆ 4 m2 c 2 Als Basis für die Störungsrechnung bieten sich die zum Gesamtdrehimpuls jˆ = lˆ + sˆ gekoppelten Oszillatorzustände |nj l s m mit s = 1/2 an: der Störoperator Vls ist in dieser Basis diagonal. In diesem speziellen Fall sind die |nj l s m bereits die exakten Eigenzustände von Hˆ = Hˆ 0 + Vˆls , weil Vls nicht vom Ort abhängt. Die Energieeigenwerte können daher sofort angegeben werden: h¯ 2 ω2 3 3 +λ j (j + 1) − l (l + 1) − = h¯ ω 2n + l + 2 4 mc2 4 (23.41) 2 2 % l (j = l + 1/2) 3 h¯ ω = h¯ ω 2n + l + · + λ 2 −(l + 1) (j = l − 1/2) 2 4 mc

En j l

Die Spin-Bahn-Wechselwirkung im Kern ist nicht elektromagnetischen Ursprungs. Sie wurde von den Erfindern des Schalenmodells (M. Goeppert-Mayer, J.H.D. Jensen) phänomenologisch angesetzt, um die bekannte Schalenstruktur zu reproduzieren. Die Form des Ansatzes in (23.40) wurde aus der Atomphysik übernommen. Verglichen mit dem Atom ist die Spin-Bahn-Kraft im Atomkern viel stärker und hat ein anderes Vorzeichen. Der Wert von λ liegt für leichte und mittelschwere Kerne bei −50, und bei −100 für schwere Kerne. Die folgende Abbildung beruht auf dem Ergebnis (23.41) und dem Wert für λ ≈ −50.

b b

7 2

" h¯ ω 1d, 2s " aa

1f7/2 1d3/2 2s1/2 1d5/2

5 2

3 2

h¯ ω

h¯ ω

1p

1s

!! ` `

1p1/2 1p3/2 1s1/2

Entartungsgrad

Anzahl p oder n

8

28

4 2 6

20 16 14

2 4

8 6

2

2

Aufspaltung der niedrigsten Oszillatorzustände (h¯ ω ≈ 5 MeV) aufgrund der Spin-Bahn-Wechselwirkung (λ ≈ −50) Die Niveaus (nr + 1) lj werden durch die Radialquantenzahl nr , den Bahndrehimpuls l und den Gesamtdrehimpuls j gekennzeichnet. Der Entartungsgrad jedes Niveaus ist (2j + 1). Schalenabschlüsse werden bei 2, 6, 8, 14, 16, 20, . . . Nukleonen erreicht. Tatsächlich sind die Kerne 4 2 He,

12 6 C,

16 8 O,

28 14 Si,

32 16 S,

40 20 Ca

besonders stabil. Diese Stabilität zeigt sich unter anderem in einer besonders großen Ablöseenergie für ein Nukleon.

Für schwerere Kerne gewinnt die Coulombabstoßung der Protonen an Einfluss; die stabilen schweren Atomkerne haben einen Neutronenüberschuss. Bei Berücksichtigung der Coulomb-Wechselwirkung und der Spin-Bahn-Kraft werden auch die höheren magischen Zahlen richtig reproduziert.

473


23.7 Pionisches Atom Wenn in einem Atom ein Elektron durch ein negativ geladenes Pion ersetzt wird, spricht man von einem pionischen Atom. Für das Pion mit Spin null gilt die KleinGordon-Gleichung. Im Aufgabe 20.19 wurde sie für das Wasserstoffproblem gelöst. Dies ergab die Energieeigenwerte mc2 1 1 2 Enr l = l+ mit β = + − Z2 α2 2 2 1 + α 2 Z 2 /(β + nr )2 Hierbei ist m = mπ die Masse des Pions. Wegen mπ /me ≈ 250 ist die Reichweite der pionischen Wellenfunktion durch a¯ B ≈ aB /250 bestimmt. Entwickeln Sie die Energiewerte nach Potenzen von Zα 1, und zwar bis zur Ordnung mc2 (Zα)4 . Stellen Sie den Zusammenhang mit den relativistischen Korrekturen (23.14) und (23.17) her. Lösung: Wir setzen die Entwicklung β = l+1−

Z2 α2 + O (Z α)4 2l + 1

in die Energieeigenwerte ein:

Zα 2 3 Zα 4 1 Enr l = mc2 1 − + + O (Z α)6 2 β + nr 8 β + nr

3 Zα 4 Z2 α2 2 Z2 α2 6 + O (Z α) + = mc2 1 − 1 + 2 n2 n (2 l + 1) 8 β + nr 2 2 2 2

Z α Z e 1 3 1 + = mc2 − − + mc2 O (Z α)6 2 2 a¯ B n n l + 1/2 4n Hierbei wurden die Hauptquantenzahl n = nr +l+1 und der Bohrsche Radius a¯ B = h¯ 2 /me2 mit m = mπ eingeführt. Der erste Term ist die Ruhenergie mc2 . Im zweiten Term wurden die nichtrelativistischen Wasserstoffenergien (23.13) und die führenden relativistischen Korrekturen zusammengefasst. Für j = l (also s = 0) stimmen die relativistischen Korrekturen (23.17) mit den hier berechneten überein. Diese Übereinstimmung bedeutet, dass die hier angegebenen relativistischen Korrekturen dem ersten und dritten Term in (23.14) entsprechen; wegen s = 0 gibt es aber keine Spin-Bahn-Kopplung (zweiter Term).

23.8 Zeitabhängige Störung im Zweizustandssystem Der Hamiltonoperator

Hˆ = Hˆ 0 + Vˆ (t)

beschreibt ein System mit dem Hamiltonoperator Hˆ 0 , auf das eine zeitabhängige Störung Vˆ (t) wirkt. Es werden zwei ungestörte Eigenzustände betrachtet: Hˆ 0 |1 = ε1 |1 ,

Hˆ 0 |2 = ε2 |2 ,

h¯ ω21 = ε2 − ε1 > 0

474


Im Raum dieser beiden Zustände ist der hermitesche Störoperator Vˆ (t) durch eine Matrix gegeben:

0 exp(iω t) Vˆ (t) := n | Vˆ (t)|n = h¯ ω0 (23.42) exp(−iω t) 0 Die Stärke der Störung wird durch hω ¯ 0 bestimmt. Lösen Sie die zeitabhängige Schrödingergleichung für |ψ(t) im Raum der beiden Zustände für die Anfangsbedingung |ψ(0) = |1. Diskutieren Sie die Zeitabhängigkeit der Besetzungswahrscheinlichkeiten |cn (t)| 2 = |n|ψ(0)| 2 . Berechnen Sie diese Wahrscheinlichkeiten auch in erster Ordnung zeitabhängiger Störungstheorie, und vergleichen Sie diese Näherung mit dem exakten Ergebnis. * + Lösung: In der Basis |1, |2 lautet der allgemeine Ansatz für die Wellenfunktion 8 ψ(t) = c1 (t) |1 + c2 (t) |2 Wir setzen dies in die zeitabhängige Schrödingergleichung i h¯

8 8 ∂ ψ(t) = Hˆ 0 + Vˆ (t) ψ(t) ∂t

ein. Die Projektion auf 1| und 2| ergibt zwei gekoppelte lineare Differenzialgleichungen für die Koeffizienten c1 (t) und c2 (t): i h¯

2 i

dcn (t) εn − εn t n| Vˆ (t)|n cn (t) exp = h¯ dt n =1

Für das gegebene Störpotenzial werden diese Gleichungen zu

i c˙1 (t) = ω0 c2 (t) exp − i Ω t

i c˙2 (t) = ω0 c1 (t) exp i Ω t mit Ω = ω21 − ω. Dieses Gleichungssystem kann standardmäßig mit einem Exponentialansatz gelöst werden. Etwas einfacher ist es, etwa die zweite Gleichung nach c1 (t) aufzulösen, c1 (t) =

i c˙2 (t) exp − i Ω t ω0

(23.43)

und dann c˙1 (t) in die erste Gleichung einzusetzen: c¨2 (t) − i Ω c˙2 (t) + ω02 c2 (t) = 0

(23.44)

Der Lösungsansatz c2 (t) = A exp(γ t) führt auf die Gleichung γ − i Ω γ + Diese quadratische Gleichung hat zwei imaginäre Wurzeln: Ω γ = i ± iD wobei D = Ω 2 /4 + ω02 2 2

ω02

Die Lösung der Differenzialgleichung (23.44) lautet damit Ωt Ωt c2 (t) = A sin(D t) + B cos(D t) exp i = A sin(D t) exp i 2 2

= 0.


475

Hier haben wir zunächst die allgemeine Lösung angegeben und dann die Anfangsbedingung |ψ(0) = |1 oder c2 (0) = 0 berücksichtigt. Mit (23.43) berechnen wir c1 (t), i Ω Ωt c1 (t) = AD cos(D t) − A sin(D t) exp − i ω0 2ω0 2 Die Anfangsbedingung c1 (0) = 1 impliziert A = ω0 /(i D). Damit lautet die vollständige Lösung iΩ Ωt sin(D t) exp − i c1 (t) = cos(D t) + 2D 2 ω0 Ωt c2 (t) = sin(D t) exp i iD 2 Die zugehörigen Besetzungswahrscheinlichkeiten sind 2 c1 (t) 2 = cos2 (D t) + Ω sin2 (D t) 2D 2 c2 (t) 2 = ω0 sin2 (D t) D

(23.45)

Es gilt |c1 (t)|2 + |c2 (t)|2 = 1. Die Besetzungswahrscheinlichkeiten sind periodisch in der Zeit. Zu den Zeiten tn = 2nπ/D befindet sich das System im Grundzustand. Eine bei t = 0 eingeschaltete und bei t = tn ausgeschaltete Störung (etwa eine Lichtquelle) hinterlässt das System im ursprünglichen Zustand. Im Raum der zwei Zustände ist das Resultat (23.45) exakt. Wir wollen es mit dem der zeitabhängigen Störungstheorie vergleichen. In 1. Ordnung gelten c1(1) (t) = 1 und (siehe (42.14) in [3]) t t

i dt 2| Vˆ (t)|1 exp i ω21 t = −i ω0 dt exp i Ω t c2(1) (t) = − h¯ 0 0

ω0 2i ω0 Ωt Ωt = 1 − exp(i Ω t) = − sin exp i Ω Ω 2 2 Die Wahrscheinlichkeit für den Übergang 1 → 2 ist damit in 1. Ordnung Störungstheorie 2 c2 (t) 2 = 2 ω0 sin2 Ω t Ω 2 Für eine schwache Störung gelten ω0 |Ω| und D = [Ω 2 /4 + ω02 ] 1/2 ≈ Ω/2. Wenn wir dies in die exakte Lösung (23.45) einsetzen, erhalten wir das jetzt gefundene Ergebnis. Das störungstheoretische Resultat gilt nur für |c2 (t)| 2 1.

23.9 Dipolauswahlregeln Überprüfen Sie die folgende Kommutatorrelation für den Drehimpulsoperator ˆ und den Ortsoperator rˆ 2

ˆ , [ ˆ 2 , rˆ ] = 2 h¯ 2 rˆ ˆ 2 + ˆ 2 rˆ (23.46) Berechnen Sie dazu für xî des Ortsoperators die Komponente die Kommutatoren [ ˆj , xî ], [ ˆ 2 , xˆ i ] und ˆ 2 , [ ˆ 2 , xî ] , und verwenden Sie i xˆ i î = i î xˆ i = 0.

476


Betrachten Sie dann das Matrixelement von (23.46) zwischen einem Anfangszustand |nlm und einem Endzustand |n l m , und zeigen Sie

(23.47) l + l l + l + 2 (l − l )2 − 1 nlm| · rˆ |n l m = 0 Hieraus folgt die Auswahlregel Δl = l − l = ±1, sofern man l = l = 0 ausschließt. Begründen Sie unabhängig von (23.47), dass das Matrixelement für l = l = 0 verschwindet. Lösung: Wir gehen von der bekannten Kommutatorrelation [ xî , pˆj ] = i h¯ δij der Orts- und Impulsoperatoren und der Definition des Drehimpulsoperators î = j k ij k xˆj pˆ k aus (alle Summen laufen von 1 bis 3). Hieraus folgt zunächst î xî = ij k xˆj pˆ k xî = ij k xˆj xî pˆ k = − xˆj ˆj = 0 (23.48) i

i,j,k

i,j,k

j

Wegen der Antisymmetrie des Levi-Civita Symbols vertauschen in dieser Summe der Ortsund der Impulsoperator, und der Ausdruck ist null. Wir berechnen nun folgende Kommutatoren: ij k xˆk (23.49) ˆj , xî = xˆj , î = −i h¯

ˆ2

, xî

=

k

ˆj [ ˆj , xî ] + [ ˆj , xî ] ˆj = −i h¯ ij k ˆj xˆk + xˆk ˆj

j

ˆ 2 , [ ˆ 2 , xî ]

j,k

= −i h¯

ij k ˆ 2 , ˆj xˆk + xˆk ˆj

j,k

= −h¯

2

ij k kmn ˆj ( ˆm xˆn + xˆn ˆm ) + ( ˆm xˆn + xˆn ˆm ) ˆj

j,k,m,n

= h¯ 2

ˆj ˆj xî + 2 ˆj xî ˆj + xî ˆj ˆj − ˆj î xˆj − xˆj î ˆj

j

Die beiden -Symbole wurden kontrahiert (Aufgabe 10.11); zwei der resultierenden acht Terme verschwinden wegen (23.48). Der zweite Term in der letzten Zeile wird umgeformt: ˆj ˆj xî + ˆj , xî ˆj + xî ˆj ˆj + ˆj xî , ˆj 2 ˆj xî ˆj = j

j

=

ˆj ˆj xî + xˆj , î ˆj + xî ˆj ˆj + ˆj î , xˆj

j

=

ˆj ˆj xî + xˆj î ˆj + xî ˆj ˆj + ˆj î xˆj

j

Die beiden Kommutatoren wurden gemäß (23.49) durch diejenigen mit vertauschten Indizes ersetzt und ausgeschrieben; danach fallen wieder zwei Terme wegen (23.48) weg. Wir setzen die letzte Gleichung in die vorletzte ein und erhalten 2

ˆ , [ ˆ 2 , xî ] = 2 h¯ 2 ˆ 2 xi + xi ˆ 2

477


Damit ist (23.46) gezeigt. Alternativ kann man diese Relation auch in der Ortsdarstellung beweisen. Wir berechnen nun das Matrixelement der linken Seite und der rechten Seite von (23.46): 7 8 7 8 nlm ˆ 2 , [ ˆ 2 , · rˆ ] n l m = nlm ˆ 4 ( · rˆ ) − 2 ˆ 2 ( · rˆ ) ˆ 2 + ( · rˆ ) ˆ 4 n l m 2 = h¯ 4 l(l + 1) − l (l + 1) nlm| · rˆ |n l m 7

8 nlm 2 h¯ 2 rˆ ˆ 2 + ˆ 2 rˆ n l m = 2 h¯ 4 l (l + 1) + l (l + 1) nlm| · rˆ |n l m

Wegen (23.46) ist die Differenz der beiden Ausdrücke null: 2 l(l + 1) − l (l + 1) − 2 l(l + 1) + l (l + 1) nlm| · rˆ |n l m = =

l − l

l + l

l2 − l 2

l + l + 2

2

l + l + 2 − l + l − 2 l + l nlm| · rˆ |n l m

l − l

2

− 1 nlm| · rˆ |n l m = 0

Damit ist (23.47) gezeigt. Für l = l = 0 verschwindet das Matrixelement wegen der ungeraden Parität des Ortsoperators; denn die s-Zustände besitzen positive Parität. Für l = l sind die ersten beiden Klammern in der letzten Zeile ungleich null. Dann muss entweder die dritte Klammer oder das Matrixelement verschwinden. Das Matrixelement ist nur dann ungleich null, wenn die dritte Klammer verschwindet, also für Δl = l − l = ±1. Dies ist die Dipolauswahlregel.

23.10 Intensitätsverhältnis beim Übergang 2p → 1s Die Rate für den Übergang 2p → 1s im Wasserstoffatom ist ohne Berücksichtigung des Spins von der Form 2pm| · r |1s 2 = A2 ( 2 = 1) W2p→1s ∝ m

Dabei gibt die Polarisationsrichtung der Strahlung an. Führen Sie zunächst die Winkelintegration in den Matrixelementen aus. Zeigen Sie damit A =

2p|r |1s √ 3

(23.50)

Hierbei sind r |1s und r |2p die normierten Radialfunktionen. Im nächsten Schritt soll der Spin berücksichtigt werden. Verwenden Sie die aus Aufgabe 22.19 bekannte Kopplung des Drehimpulses l = 1 und des Spins s = 1/2, und zeigen Sie W2p1/2 →1s1/2 ∝ W2p3/2 →1s1/2 ∝

mj ,ms

mj ,ms

2p 1 mj | · r |1s 1 ms 2 = 2 2

2 3

A2

(23.51)

2p 3 mj | · r |1s 1 ms 2 = 2 2

4 3

A2

(23.52)

Woher kommt das Verhältnis 2 zwischen diesen beiden Übergangsraten?

478


Lösung: Wir drücken zunächst · r = x x + y y + x z durch die Kugelkoordinate r und durch Kugelfunktionen aus (Aufgabe 11.32): x − i y x + i y 4π (θ, φ) − (θ, φ) + Y (θ, φ) r Y Y ·r = √ √ 1,−1 1,1 z 1,0 3 2 2 √ Wir setzen dies und die Wellenfunktionen r |1s = r |1s Y00 = r |1s / 4π und r |2pm = r |2p Y1,m(θ, φ) in das Matrixelement ein. Dann kann die Winkelintegration aufgrund der Orthogonalität der Kugelfunktionen sofort ausgeführt werden: ⎧

√ − x − i y / 2 (m = 1) ⎪ ⎨ 1

√ 2p m| · r |1s = √ 2p| r |1s · (m = −1) x + i y / 2 ⎪ 3 ⎩ z (m = 0) Mit 2 = 1 erhalten wir daraus 2p m| · r |1s 2 = 1 2p| r |1s 2 2 = 1 2p| r |1s 2 A2 = 3 3 m Damit ist (23.50) gezeigt. Aufgrund der Spin-Bahn-Wechselwirkung spaltet das 2p-Niveau in 2p1/2 und 2p3/2 auf. Wir betrachten zuerst das zum Gesamtdrehimpuls j = 1/2 gekoppelte 2p1/2 -Niveau. Mit den gekoppelten Zuständen aus Aufgabe 22.19, 8 8 8 8 8 j = 1 , m = ± 1 = ± 1 1, 0 1 , ± 1 ∓ 2 1, ± 1 1 , ∓ 1 2 2 2 2 2 2 3

werten wir die Matrixelemente aus: 8 7 2p 12 , ± 12 · r 1s 12 , ± 12 = 7

3

±

7 1 3

8 2p 0 · r 1s

= ±

1 3

A z

7 8 8

2 1 2p 12 , ± 12 · r 1s 12 , ∓ 12 = ∓ 2p, ± 1 · r 1s = A x ∓ i y 3

3

Es gelten jeweils nur die oberen oder nur die unteren Vorzeichen. Die Summation über die Drehimpulseinstellungen liefert das Resultat (23.51): 7 8 2p 1 mj · r 1s 1 ms 2 = 2 A2 2 = 2 A2 2 2 3 3 m ,m j

s

Mit den zu j = 3/2 gekoppelten Zuständen aus Aufgabe 22.19 8 8 8 j = 3 , mj = ± 3 = 1, ±1 1 , ± 1 2 2 2 2 8 8 8 8 8 2 1 j = 3 , mj = ± 1 = 1, 0 12 , ± 12 + 1, ±1 12 , ∓ 12 2 2 3

3

werten wir die restlichen Matrixelemente aus: 8 8 7 7 2p, ±1 · r 1s 2p 32 , ± 32 · r 1s 12 , ± 12 = 7

= ∓

A x ∓ i y

7 8 8

1 1 2p 32 , ± 12 · r 1s 12 , ∓ 12 = A x ∓ i y 2p, ± 1 · r |1s = ∓ 3

7

1 2

8 2p 32 , ± 12 · r 1s 12 , ± 12 =

6

7 2 3

8 2p 0 · r 1s

=

2 3

A z

479


Es gelten jeweils nur die oberen oder nur die unteren Vorzeichen. Die Summation über die Drehimpulseinstellungen liefert das Resultat (23.52). Damit erhalten wir für das Verhältnis der Übergangsraten W2p3/2 : W2p1/2 = 2 : 1 Der Grund hierfür ist, dass das Niveau 2p3/2 aus doppelt so vielen Zuständen (mj = ±1/2, ±3/2) besteht wie das Niveau 2p1/2 (mit mj = ±1/2). Experimentell wird dieses Intensitätsverhältnis bestätigt. Theoretisch gibt es eine sehr kleine Abweichung vom Verhältnis 2 : 1 wegen der geringfügig unterschiedlichen Energien der Niveaus p3/2 und p1/2 ; diese Energien gehen in den hier nicht diskutierten Vorfaktor im Ausdruck für die Übergangsraten ein.

23.11 Photoeffekt Beim Photoeffekt im engeren Sinn wird ein Elektron aus einer Metalloberfläche durch Licht herausgelöst. Wir betrachten hier den Photoeffekt, bei dem das Elektron im Grundzustand eines Wasserstoffatoms ein Photon absorbiert und dadurch in einen Kontinuumzustand übergeht. Das Photon mit der Frequenz ωγ kann durch die linear polarisierte elektromagnetische Welle A(r, t) = A0 exp i(k γ · r − ωγ t) mit

A0 =

8π hc ¯ 2 , ωγ V

:= (1, 0, 0) ,

und kγ := 0, 0, ωγ /c

beschrieben werden. Diese Welle hat im betrachteten Volumen V die Energie hω ¯ γ und entspricht daher gerade einem Photon. Für den Polarisationsvektor und die Richtung des Wellenvektors k γ haben wir der Einfachheit halber eine spezielle Wahl getroffen. Für die kinetische Energie Ek des Elektrons im Endzustand |k soll gelten: Z 2 e2 h¯ 2 k 2 Ek = me c 2 2aB 2me

(23.53)

Diese Energie ist so niedrig, dass man nichtrelativistisch rechnen darf. Sie ist andererseits so groß, dass die Kontinuumswellenfunktion des Elektrons als ebene Welle (Bornsche Näherung) angesetzt werden kann. Berechnen Sie die Übergangswahrscheinlichkeit W1s → k und die Übergangsrate P1s → k = d 3 k W1s → k . Mit der Photonstromdichte c/V ergibt sich dann der differenzielle Wirkungsquerschnitt zu auslaufende Elektronen/Zeit/dΩ V dP1s → k dσ = = dΩ einlaufende Photonstromdichte c dΩ Vereinfachen Sie das Ergebnis mit (23.53). Diskutieren Sie die Abhängigkeit des Wirkungsquerschnitts von der Photonenergie hω ¯ γ und der Kernladungszahl Z.

480


Lösung: Wir schreiben die Übergangswahrscheinlichkeit (23.22) für den Übergang 1s → k an: 8 2

πe2 |A0 | 2 7 1s δ Ek − E1s − h¯ ωγ k ( · p) ˆ exp(ik W1s→k = · r) (23.54) γ 2 2 2 me c h¯ Die δ-Funktion garantiert die Energieerhaltung Ek =

h¯ 2 k 2 Z 2 e2 = E1s + h¯ ωγ = − + h¯ ωγ 2me 2aB

(23.55)

Der Zustand |k wird als ebene Welle angesetzt. Dann gilt pˆ |k = h¯ k |k, und das Matrixelement wird zu 8 7 mit q = k − k γ (23.56) k ( · p) ˆ exp(ik γ · r) 1s = h¯ ( · k) q |1s Hier tritt die Fouriertransformierte der Grundzustandswellenfunktion auf: Zr 1 1 Z 3/2 3 q |1s = exp(−i q · r) d √ r exp − (2π)3/2 π aB aB √ Zr 2 Z 3/2 1 ∞ = dr r sin(q r) exp − π aB q 0 aB √ 1 2 2 Z 5/2 =

2 π aB q 2 + Z 2 /aB2

(23.57)

Der Endzustand des Elektron ist gemäß k |k = δ(k − k) normiert. Daher erfolgt eine Summation über die Endzustände des Elektrons durch ein Integral über alle Wellenvektoren k : 2

(2π)2 e2 h¯ 2 P1s→k = d 3 k W1s→k = d 3 k ( · k )2 q |1s δ Ek − E1s − h¯ ωγ 2 V ωγ m e 2 (2π)2 e2 k = dΩ ( · k)2 q |1s V ωγ me In der ersten Zeile wurden (23.54) mit (23.56) und die Amplitude A0 eingesetzt. Die Integration über die δ-Funktion erfolgte mit (10.34). Sie setzt |k | auf den Wert k, der die Energiebedingung (23.55) erfüllt. Die verbleibende Winkelintegration erfolgt mit dΩ = dφ d cos θ und

k := k sin θ cos φ, sin θ sin φ, cos θ (23.58) Wir beziehen die Übergangsrate jetzt auf die Photonstromdichte c/V . Dadurch fällt das Volumen V heraus, und wir erhalten 2 V dP1s→k (2π)2 e2 k dσ = = ( · k)2 q |1s dΩ c dΩ ωγ me c Mit (23.57) und (23.58) wird dies zu 32 e2 k Z 5 dσ ( · k)2 =

4 dΩ ωγ me c aB q 2 + Z 2 /aB2 32 e2 k 3 = ωγ me c

Z 5 sin2 θ cos2 φ

4 aB k 2 + kγ2 − 2 k kγ cos θ + Z 2 /aB2

(23.59)

481

Kapitel 23 Näherungsmethoden Zuletzt wurden · k und q = k − k γ eingesetzt. Mit ωγ kγ = c

und

k

2 (23.55)

=

2me ωγ Z 2 2me ωγ − 2 = h¯ h¯ aB

|E1s | 1− h¯ ωγ

(23.60)

kann der Wirkungsquerschnitt durch die Photonfrequenz ωγ und die Kernladungszahl Z ausgedrückt werden. Aus (23.53) folgt |E1s | h¯ ωγ . Damit erhalten wir aus (23.60) k2 ≈

2me ωγ 2me c2 = kγ h¯ h¯ c

⇒

k kγ

Die Folgerung gilt für ein nichtrelativistisches Elektron. Damit vereinfacht sich (23.59) zu 32 e2 |E1s | 5/2 2 dσ sin θ cos2 φ ≈ dΩ ωγ me c h¯ ωγ Den totalen Wirkungsquerschnitt erhält man durch Integration über den gesamten Raumwinkel: dσ 128 π e2 e2 /aB |E1s | 5/2 2 128 πe2 |E1s | 5/2 σ = dΩ = aB = h¯ ωγ dΩ 3ωγ me c h¯ ωγ 3 h¯ c h¯ ωγ Die vorgestellte Rechnung gilt näherungsweise auch für K-Schalen-Elektronen in Atomen mit Z = 1 wie zum Beispiel C, Al, Cu und so weiter. Die charakteristischen Abhängigkeiten σ ∝ ωγ− 7/2 und σ ∝ Z5 sind im Gültigkeitsbereich (23.53) experimentell bestätigt.

23.12 Variationsrechnung für Wasserstoffatom Für den Grundzustand des Wasserstoffatoms wird die Versuchswellenfunktion 3/4 7 8 α α exp − r 2 r ψ(α) = π

2

angesetzt. Vergleichen Sie die daraus resultierende Näherung für die Energie mit dem exakten Wert ε0 = −Z 2 e2 /(2aB ); dabei ist aB = h¯ 2 /(me2 ) der Bohrsche Radius. Lösung: Mit der bereits normierten Versuchswellenfunktion berechnen wir den Energieerwartungswert: pˆ 2 ? @ 7 8 + Vˆ ψ(α) E(α) = ψ(α) Hˆ ψ(α) = ψ(α) 2m Der Erwartungswert der kinetischen Energie ist @

pˆ 2 α 2 ? h¯ 2 α 3/2 ψ(α) d 3 r ∇ exp − r 2 ψ(α) = 2 2m 2m π

3 h¯ 2 α h¯ 2 α 2 α 3/2 = d 3 r r 2 exp −α r 2 = 2m π 4m

482


Der Erwartungswert der potenziellen Energie ist 3/2

7 8 α 2 α 3 1 2 2 ˆ d r exp −α r = −2Z e ψ(α) V ψ(α) = −Z e π r π Damit ist der Energieerwartungswert E(α) =

3 h¯ 2 α − 2Z e2 4m

α π

Das Minimum liegt bei dE(α) 3 h¯ 2 Z e2 =0 = −√ dα 4m πα

1 α0 = π

⇒

1 4Z 2 4mZ e2 2 = π 3 aB 3 h¯ 2

Damit ist r |ψ(α0 ) die (für den gegebenen Ansatz) bestmögliche Näherung für die Grundzustandswellenfunktion. Der zugehörige Wert der Energie ist 3 h¯ 2 4Z 2 e2 8 4Z 2 2Z e2 4Z − =− = ε0 ≈ 0.85 ε0 E(α0 ) = 4πm 3 aB π 3 aB 3 πaB 3π Der Wert E(α0 ) ist eine obere Schranke für die tatsächliche Grundzustandsenergie. Er liegt hier etwa 15 % über der exakten Energie.

23.13 Variationsrechnung für sphärischen Oszillator Für den Grundzustand des sphärischen Oszillators wird die Versuchswellenfunktion 7 8 α3/2 α r ψ(α) = √ exp − r 8π

2

angesetzt. Vergleichen Sie die daraus resultierende Näherung für die Energie mit dem exakten Wert ε0 = 3 h¯ ω/2. Lösung: Mit der bereits normierten Versuchswellenfunktion berechnen wir den Energieerwartungswert: pˆ 2 ? @ 7 8 + Vˆ ψ(α) E(α) = ψ(α) Hˆ ψ(α) = ψ(α) 2m Der Erwartungswert der kinetischen Energie ist pˆ 2 ? @

2 h¯ 2 α 2 h¯ 2 α 3 d 3 r ∇ exp −α r/2 = ψ(α) ψ(α) = 2m 2m 8π 8m Der Erwartungswert der potenziellen Energie ist 7 8

mω2 α 3 6mω2 ψ(α) Vˆ ψ(α) = d 3 r r 2 exp −α r = 2 8π α2 Damit ist der Energieerwartungswert E(α) =

h¯ 2 α 2 6mω2 + 8m α2

483

Kapitel 23 Näherungsmethoden Das Minimum liegt bei h¯ 2 α 12 mω2 dE(α) =0 = − dα 4m α3

⇒

α02 = 4

√ mω 3 h¯

Damit ist r |ψ(α0 ) die (für den gegebenen Ansatz) bestmögliche Näherung für die Grundzustandswellenfunktion. Der zugehörige Wert der Energie ist √ E(α0 ) = 3 h¯ ω ≈ 1.73 hω ¯ Der Wert E(α0 ) ist eine obere Schranke für die tatsächliche Grundzustandsenergie. Er liegt hier etwa 15 % über der exakten Energie.

23.14 Variationsrechnung für Stark-Effekt Ein Wasserstoffatom wird in ein homogenes elektrisches Feld E = |E|e z gebracht. Als Versuchsfunktion für den Grundzustand wird

7 8 1 + α r cos θ/aB exp −r/aB r ψ(α) =

πaB3 1 + α 2 angesetzt. Dabei ist aB = h¯ 2 /(me2 ) der Bohrsche Radius. Bestimmen Sie die (mit diesem Ansatz) bestmögliche Näherung für den Grundzustand. Wie hängt die resultierende Grundzustandsenergie von der Feldstärke ab? Vergleichen Sie das Ergebnis mit dem störungstheoretischen Ergebnis (23.7). Lösung: Mit der bereits normierten Versuchswellenfunktion berechnen wir den Energieerwartungswert pˆ 2 @ ? 7 8 e2 E(α) = ψ(α) Hˆ ψ(α) = ψ(α) − + e |E| zˆ ψ(α) 2m rˆ Der Erwartungswert der kinetischen Energie ist pˆ 2 ? r 2 @ r cos θ h¯ 2 /2m 3 r ∇ 1 + α d = exp − ψ(α) ψ(α) 2m aB aB π aB3 (1 + α 2 ) 2r h¯ 2 /2m 2α 2 r α2 r 2 3 2 exp − = r 1 + α − + d 5 2 2 3 aB aB π aB (1 + α ) 3 aB =

h¯ 2 e2 = 2 2 aB 2maB

Ungerade Potenzen von z = r cos θ tragen im Integral nicht bei (Parität). Die Winkelintegration über cos2 θ ergibt 2/3. Das Ergebnis ist unabhängig von α. Der Erwartungswert des Coulombpotenzials ist e2 2r ? @ e2 α2 r 2 3 1 exp − 1 + d r ψ(α) − ψ(α) = − rˆ r aB πaB3 (1 + α 2 ) 3 aB2 = −

e2 2 + α 2 2aB 1 + α 2

484


Der Erwartungswert des Beitrags vom elektrischen Feld ist 2r 2 7 8 2α e |E| 3 2α r d r exp − ψ(α) e |E| zˆ ψ(α) = = e |E| aB 3 2 3aB aB 1 + α2 πaB (1 + α ) Damit ist der Energieerwartungswert 4 |E| aB2 α e2 1 + E(α) = − 2 aB 1 + α2 e 1 + α2 Für den minimalen Energieerwartungswert gilt e2 2α dE(α) 4 |E| aB2 1 − α 2 = = 0 + dα 2 aB (1 + α 2 )2 e (1 + α 2 )2 Dies ist eine quadratische Gleichung für α mit der Lösung

e (+) 1 + 4 |E| a 2 /e 2 α0 = 1 B − 2 4 |E| aB Nur die Lösung mit dem Minuszeichen gehört zu einem Minimum. Hierfür ist die Energie E(α0 ) = −

2 e2 1 + 1 + 4 |E| aB2 /e 4 aB

Dieser Näherungsausdruck ist eine obere Schranke für die Grundzustandsenergie in Abhängigkeit von der elektrischen Feldstärke |E|. Im Allgemeinen gilt |E| aB2 /e 1, so dass wir entwickeln können: α0 ≈ −

2|E|aB2 , e

E(α0 ) ≈ −

e2 − 2 aB3 |E| 2 2 aB

Damit wird der quadratische Stark-Effekt beschrieben. In der Störungstheorie haben wir anstelle des Faktors 2 im letzten Term den Faktor 2.25 erhalten (in 2. Ordnung Störungstheorie und unter Vernachlässigung der Kontinuumsbeiträge).

23.15 Ladungsformfaktor in Bornscher Näherung Die Wechselwirkung zwischen einem Elektron und einem Atomkern wird durch das Potenzial (r ) V (r) = −e Φ(r) = −e d 3 r (23.61) |r − r | beschrieben, wobei (r) die Ladungsverteilung des Atomkerns (Z Protonen) ist. Der Zusammenhang zwischen dem elektrostatischen Potenzial Φ(r) und kann auch durch die Poisson-Gleichung Φ(r) = −4π(r) ausgedrückt werden. Berechnen Sie den Streuquerschnitt für die Streuung eines Elektrons am Atomkern in 1. Bornscher Näherung. Zeigen Sie, dass das Resultat von folgender Form ist: dσ dσ = F (q)2 (23.62) dΩ dΩ R

485


Hierbei ist (dσ/dΩ)R der Rutherford-Wirkungsquerschnitt, F (q) ist die Fourier transformierte der Funktion (r)/(Ze), und h¯ q = hk ¯ ist der Impulsübertrag. ¯ − hk Führen Sie dazu eine Fouriertransformation für die Poisson-Gleichung durch. Geben Sie den Ladungsformfaktor F (q) = F (q) für eine kugelsymmetrische Ladungsverteilung (r) = (r) an. Entwickeln Sie F (q) für kleine Impulsüberträge bis zur Ordnung q 2. Drücken Sie das Ergebnis durch den mittleren quadratischen Radius der Ladungsverteilung aus. Der experimentelle Wirkungsquerschnitt für die Elektron-Proton-Streuung kann für nicht allzu große Impulsüberträge durch (23.62) mit F (q) ≈

1 (1 + q 2 /α 2 )2

α ≈ 4.3 fm−1

mit

(23.63)

beschrieben werden. Berechnen Sie hieraus die Ladungsverteilung des Protons und den mittleren quadratischen Radius. Lösung: In 1. Bornscher Näherung ist der differenzielle Streuquerschnitt 2 m 2 ˜ dσ , ˜ (q) = d 3 r V (r) exp(−i q · r) V = V (q) dΩ 2π h¯ 2

(23.64)

durch die Fouriertransformierte V˜ (q) des Potenzials gegeben. Der Impulsübertrag h¯ q = h¯ (k − k) hängt über q = |q | = 2 k sin(θ/2) mit dem Streuwinkel θ zusammen. Das Potenzial V (r) genügt der Poissongleichung V (r) = −e Φ(r) = 4πe (r) Die Fouriertransformation dieser Gleichung ergibt

2

4πZ e V˜ (q) = − F (q) q2

mit

F (q) =

d 3r

(r) exp(−i q · r) Ze

Damit ist F (q) die Fouriertransformierte der auf 1 normierten Ladungsverteilung. Wir setzen dies in (23.64) ein und erhalten 2 dσ 2 mZ e2 2 = dσ F (q) 2 = F (q) 2 2 dΩ dΩ R h¯ q Der Vorfaktor ist der Rutherford-Wirkungsquerschnitt, denn für die Punktladung (r) = Z e δ(r) gilt F (q) = 1. Die Abweichung des experimentellen Wirkungsquerschnitts vom Rutherfordwert bestimmt den Ladungsformfaktor F (q). Die Fourierrücktransformation führt dann zur Ladungsverteilung: Ze (r) = (23.65) d 3 q F (q) exp(i q · r) (2π)3 Die Streuung hochenergetischer Elektronen (ε εat ) ist eine Standardmethode zur Bestimmung der Ladungsverteilung von Atomkernen. Für eine kugelsymmetrische Ladungsverteilung kann die Winkelintegration ausgeführt werden: 4π ∞ (r) F (q) = sin(q r) (23.66) dr r q 0 Ze

486


Für eine auf r ≤ R begrenzte Ladungsverteilung und für kleine Impulsüberträge q R 1 entwickeln wir den Sinus: ∞ q2 r 2 1 (r) (qR 1) 1− ± . . . = 1 − r 2 q 2 ± . . . F (q) = 4π dr r 2 Ze 6 6 0 Da die Gesamtladung Ze ist, gilt F (0) = 1. Der mittlere quadratische Radius der Ladungsverteilung 4π ∞ dr r 4 (r) (23.67) r 2 = Ze 0 kann am Verhalten des Formfaktor bei kleinen q abgelesen werden. Für den Protonformfaktor (23.63) berechnen wir noch die Ladungsverteilung nach (23.65) mit Z = 1. Der Formfaktor wird eingesetzt und die Winkelintegration ausgeführt: ∞ ∞ e q sin(q r) e dq q F (q) sin(q r) = dq (r) = 2π2 r 0 2π2 r 0 (1 + q 2 /α 2 )2 = e

α3 exp(−α r) 8π

Das Resultat ist eine exponentielle Verteilung mit der Gesamtladung +e. Der mittlere quadratische Radius kann gemäß (23.67) berechnet oder direkt aus dem Formfaktor gewonnen werden: F (q) =

1 (1 + q 2 /α 2 )2

(q α)

=

1−

Der Vergleich ergibt

2 2 1 ! q ± . . . = 1 − r 2 q 2 ± . . . α2 6

2 12 ≈ 0.8 fm 2 α ein Proton mit einem Radius von etwa 1 fm. r 2 =

24 Mehrteilchensysteme Wir untersuchen die quantenmechanische Beschreibung eines Systems aus vielen Teilchen, die wir als Fermionen oder Bosonen klassifizieren. Für Fermionen gilt das Pauliprinzip. Das ideale Fermigas ist der Ausgangspunkt für die Behandlung vieler Systeme. Dazu gehören die Elektronen in einem Atom, Molekül, Metall, Weißen Zwerg, und die Nukleonen in einem Atomkern. Für Moleküle wird die BornOppenheimer-Näherung eingeführt.

Ideales Fermigas Ein System von N gleichartigen Teilchen werde durch den Hamiltonoperator H = H (1, 2,...., N ) =

N ν =1

N ν−1 h¯ 2 − ν + U (r ν ) + V (r ν , r μ ) (24.1) 2m ν = 2 μ =1

beschrieben. Für Elektronen im Atom ist U = −Ze2 /r das zentrale Coulombpotenzial des Kerns und V (r ν , r μ ) = e2 /|r ν − r μ | die Coulombwechselwirkung der Elektronen untereinander. Die Doppelsumme über ν und μ ist so beschränkt, dass der Wechselwirkungsterm für die Teilchen ν und μ genau einmal auftritt. Der Hamiltonoperator vertauscht mit dem Permutationsoperator Pνμ , der alle Koordinaten der Teilchen ν und μ vertauscht. Wegen (Pνμ )2 = 1 sind die Eigenwerte λ von Pνμ auf ±1 beschränkt. In der Natur ist für bestimmte Teilchen jeweils nur der symmetrische (λ = 1) oder nur der antisymmetrische Fall (λ = −1) verwirklicht. Die antisymmetrische Lösung gilt für Fermionen; dies sind alle Teilchen mit halbzahligem Spin (s = 1/2, 3/2,...), insbesondere Elektronen und Nukleonen. Die symmetrische Wellenfunktion gilt dagegen für Bosonen; dies sind alle Teilchen mit ganzzahligem Spin (s = 0, 1,...), zum Beispiel 4 He-Atome oder π-Mesonen. Die Symmetrie gilt für den Austausch zweier beliebiger Teilchen. Die Wellenfunktion für Fermionen muss daher total antisymmetrisch sein, die für Bosonen total symmetrisch. Im Folgenden beschränken wir uns auf Elektronen und Nukleonen. Dies sind Teilchen mit Spin 1/2, also Fermionen. In der Näherung des idealen Gases vernachlässigen wir die Wechselwirkung zwischen den Teilchen, so dass (24.1) zu einer Summe von Einteilchen-Hamiltonoperatoren wird: H ≈ HIG =

N ν =1

H0(ν) =

N ν =1

−

h¯ 2 ν + U (r ν ) 2m


(24.2)

488


Der Hamiltonoperator H0 (ν) bezieht sich auf ein einzelnes Teilchen. Seine Eigenfunktionen seien ψa (ν), wobei a für alle Quantenzahlen steht (zum Beispiel n, l, m und s, sz ). Eine total antisymmetrische Wellenfunktion lässt sich nun in der Form der sogenannten Slater-Determinante 1

Ψ =√

N!

(−)P Pˆ ψa1 (1) ψa2 (2) · . . . · ψaN (N ) = A

N A

ψaν (ν)

(24.3)

ν =1

Pˆ

schreiben. Der Operator Pˆ bewirkt eine Permutation der N Teilchenkoordinaten. Die Summe läuft über alle Permutationen; das Vorzeichen (−)P ist +1 für gerade √ und −1 für ungerade Permutationen; der Vorfaktor 1/ N! sorgt für die Normierung auf 1. Der Operator, der aus dem einfachen Produktzustand die Slater-Determinante macht, wird als Antisymmetrisierungsoperator A bezeichnet. Wenn zwei Teilchen in (24.3) im selben Einteilchenzustand sind (also aν = aμ für ν = μ), dann ist Ψ ≡ 0. Dies ist die Aussage des Pauliprinzips: Ein Einteilchenzustand kann maximal mit einem Fermion besetzt sein. In (24.3) kann man nicht mehr sagen, in welchem Einteilchenzustand das Teilchen ν ist; denn die Teilchenkoordinate ν tritt ja in jeder Funktion ψaμ auf. Der Zustand |Ψ ist vielmehr vollständig festgelegt durch die Angabe der besetzten Niveaus: 8 Ψ = |a1 , a2, a3,..., aN := Ψ (1, 2, 3,..., N ) (24.4) Da wir nicht mehr sagen können, welches Teilchen in welchem Niveau ist, bezeichnen wir die Teilchen als ununterscheidbar oder identisch. Im Volumen V des betrachteten Systems seien N Fermionen. Für eine grobe Abschätzung gehen wir davon aus, dass jedes einzelne Teilchen auf ein Volumen der Größe V /N beschränkt wird, damit das Pauliprinzip erfüllt ist. Wegen der quantenmechanischen Unschärfe bedingt diese räumliche Beschränkung Impulse der Größe p≈

h¯ (V /N )1/3

(24.5)

In einer genaueren Behandlung bestimmt man die Einteilchenniveaus. Im Grundzustand werden dann die Teilchen sukzessive unter Beachtung des Pauliprinzips in die untersten Niveaus gefüllt. Dadurch ergibt sich eine Grenze zwischen besetzten (unteren) und unbesetzten (oberen) Zuständen. Diese Grenze ist durch den Fermiimpuls p F ∼ p oder die Fermienergie ε F gegeben. Wir geben die Größenordnung der Fermienergie und der zugehörigen Längenskala (V /N )1/3 für einige Fälle an: ⎧ Atom, Metall (10−8 cm) ⎨ 5 eV p F2 35 MeV Atomkern (10−13 cm) εF = ≈ (24.6) 2m ⎩ −11 0.5 MeV

Weißer Zwerg (10

cm)

Aus der Volumenabhängigkeit ε ∝ V −2/3 der mittleren Einteilchenenergie folgen auch die Inkompressibilität und die Undurchdringbarkeit gewöhnlicher Materie. Der Grund hierfür ist die Kombination aus Unschärferelation und Pauliprinzip.

Kapitel 24 Mehrteilchensysteme

489

Schalenmodell des Atomkerns Durch die starke Wechselwirkung sind die Nukleonen im Atomkern gebunden. In einer einfachen Näherung kann das mittlere Bindungspotenzial durch ein Oszillatorpotenzial U in (24.2) angenähert werden. Die niedrigsten Einteilchenzustände im Oszillatorpotenzial sind: 1s zur Energie 3 hω/2, 1p zu 5 hω/2 und 2s, 1d zu 7 h¯ ω/2. Da es Protonen und Neutronen mit ¯ ¯ jeweils zwei Spineinstellungen gibt, passen 4 Nukleonen in jedes Ortsniveau. Damit gibt es abgeschlossene Schalen für 4 8 16 8 8 8 He = (1s)4 , O = (1s)4 (1p)12 (24.7) 40 8 8 Ca = (1s)4 (1p)12 (2s)4 (1d)20 Abgeschlossene Schalen sollten (analog zu den Edelgasen) besonders stabilen Kernen entsprechen. Die Protonen- und Neutronenzahlen der Kerne, deren experimentelle Bindungsenergie besonders groß ist, heißen magische Zahlen; es sind 2, 8, 20, 28, 50, 82 und 127. Das Oszillatormodell (24.7) kann die unteren magischen Zahlen 2, 8 und 20 erklären. Die höheren magischen Zahlen kann man reproduzieren, wenn man eine starke Spin-Bahn-Wechselwirkung einführt, Aufgabe 23.6. Außerdem müsste noch die Coulombwechselwirkung berücksichtigt werden. Sie führt dazu, dass schwere Kerne mehr Neutronen als Protonen enthalten. Schalenmodell des Atoms Für die Elektronen in einem Atom können wir als erste Näherung die Einteilchenzustände (20.47) mit (20.46) verwenden. Die Näherung des Schalenmodells (24.2) besteht in der Vernachlässigung der Elektron-Elektron-Wechselwirkung. Die niedrigsten Einteilchenzustände im Coulombpotenzial des Kerns sind 1s zu ε1 , 2s und 2p zu ε2 und 3s, 3p, 3d zu ε3 . Wegen der beiden Spineinstellungen passen 2 Elektronen in jedes Ortsniveau. Damit kann man folgende abgeschlossene Schalen konstruieren: 8 8 8 8 He, Z = 2 = (1s)2 , Ne, Z = 10 = (1s)2 (2s)2 (2p)6 (24.8) 8 8 Ar, Z = 18 = (1s)2 (2s)2 (2p)6 (3s)2 (3p)6 Zu einer vollen n = 3 Schale fehlen noch die zehn 3d-Elektronen. Tatsächlich kommt es hier zu Verschiebungen durch die Elektron-Elektron-Wechselwirkungen. Auch die Spin-Bahn-Kopplung muss in einer genaueren Betrachtung berücksichtigt werden. Die angegebenen Konfigurationen erklären das Prinzip des Schalenmodells und konkret die Stabilität der Edelgase Helium, Neon und Argon. Die Elektronenkonfigurationen sind auch der Ausgangspunkt bei der Erklärung der chemischen Bindungen. So gibt das Natriumatom (Z = 11, abgeschlossene Schale plus 1 Elektron) „gern“ ein Elektron ab, während das Chloratom (Z = 17, abgeschlossene Schale abzüglich 1 Elektron) „gern“ ein Elektron aufnimmt. Dies führt zur chemischen Bindung von NaCl (Kochsalz).

490


Heliumatom Der Hamiltonoperator für die beiden Elektronen in einem Heliumatom lautet HHelium =

2 ν =1

-

−

h¯ 2 2e2 e2 ν − + 2 me rν |r 1 − r 2 | - ./ 0 ./ 0

HSM = H0 (1) + H0 (2)

(24.9)

V (1, 2)

Die Eigenfunktionen zu H0 schreiben wir in der Form ψnlm (r) |s sz . Wir müssen nun ein antisymmetrisches Produkt aus zwei solchen Zuständen bilden. Dazu koppeln wir zunächst die Spins zu |S, M , (22.35). Wenn beide Elektronen im untersten 1s Niveau sind, dann ist der Ortsanteil symmetrisch. Der Spinzustand muss dann antisymmetrisch sein: 8 Ψ00 (1, 2) = ψ100 (r 1 ) ψ100 (r 2 ) S = 0, M = 0 (24.10) Die niedrigste Anregung ergibt sich, wenn ein Elektron im 1s-Zustand ist, und das zweite im 2s- oder 2p-Zustand. Hierfür können wir folgende antisymmetrische Zustände bilden: ΨSM (1, 2) =

8 ψ100 (r 1 ) ψ2lm (r 2 ) ± ψ100 (r 2 ) ψ2lm (r 1 ) SM √ 2

(24.11)

Das Pluszeichen gilt für S = 0, das Minuszeichen für S = 1. Die hier angegebenen Zustände sind Eigenzustände zu HSM in (24.9). Die Wechselwirkung V (1, 2) kann nun in 1. Ordnung Störungstheorie berücksichtigt werden, Aufgabe 24.4. Metall Für die freien Elektronen im Metall kann man in (24.2) ein Kastenpotenzial annehmen, also U = 0 innerhalb des Festkörpers und U = ∞ außerhalb. Die Energieeigenwerte in diesem Potenzial sind praktisch kontinuierlich. Der Grundzustand ergibt sich durch das Auffüllen aller Niveaus unterhalb der Fermigrenze ε = ε F. Da die Einteilchenenergien dicht liegen, sind Anregungen des Systems mit beliebig kleiner Energie möglich. Im Gegensatz dazu gibt es bei einem Isolator eine Lücke (etwa von einigen Elektronenvolt) zwischen den besetzten und den unbesetzten Zuständen. Damit erfordern Anregungen eine Mindestenergie. Bei Zimmertemperatur ist die Energie pro Freiheitsgrad klein gegenüber der Fermienergie, kB T εF. Daher wird nur etwa der Bruchteil kB T /εF aller N Elektronen thermisch angeregt. Dies führt zu einer Energie E(T ) der Form E(T ) ≈ N

kB T kB T , εF

CV =

dE =γT dT

(24.12)

Die Elektronen liefern damit einen in der Temperatur linearen Beitrag zur spezifischen Wärme (Kapitel 29).

491


Weißer Zwerg In einem Stern wird Wasserstoff zu Helium verbrannt. Dies führt schließlich zu einer relativ kalten Ansammlung von Heliumatomen. Ein solcher Stern wird unter dem Einfluss der Gravitation so stark komprimiert, dass die Atomhüllen der Heliumatome zerquetscht werden. Es entsteht eine Elektronensuppe mit positiven He-Kernen. Ein Sterngleichgewicht ist möglich, wenn der Fermidruck der Elektronen dem Gravitationsdruck die Waage hält. Dieser Sterntyp heißt Weißer Zwerg. Wenn die Elektronen die untersten Niveaus besetzen, dann haben sie nach (24.5) Impulse der Größe p ≈ N 1/3 h¯ /R, wobei R der Sternradius ist. Die Einteilchenenergien sind ε = p 2 /2me (nichtrelativistisch) oder ε = c p (hochrelativistisch). Dementsprechend lautet die Energie der Fermibewegung der N Elektronen: E kin ≈ N

N 5/3 h¯ 2 /me p2 ≈ 2 me R2

oder

E kin ≈ N c p ≈

N 4/3 hc ¯ R

(24.13)

Die Gravitationsenergie ist von der Größe Egrav ≈ −GM 2 /R. Dabei ist M ≈ 2N mN die Masse des Sterns (2 Nukleonen mit mN pro Elektron), und G ist die Gravitationskonstante. Im nichtrelativistischen Fall führen das repulsive Ekin ∝ 1/R 2 und das attraktive Egrav ≈ −1/R zu dem stabilen Gleichgewichtszustand des Weißen Zwergs. Mit zunehmender Masse steigt die Kompression, und die Impulse der Elektronen werden zwangsläufig relativistisch. Dann steht dem attraktiven Egrav ≈ −1/R nur noch ein repulsives Ekin ∝ 1/R gegenüber. Eine notwendige Bedingung für die Stabilität des Sterns ist dann, dass der Koeffizient beim repulsiven Term größer ist als der beim attraktiven Term. Dies führt zu der Bedingung h¯ c 3/2 M < MC = mN ≈ 1.8 M (24.14) G mN2 Die Masse MC ist die berühmte Chandrasekhar-Grenzmasse. Reale Weiße Zwerge haben Massen von der Größe der Sonnenmasse. In Sternen mit kleinerer Masse kommt es nicht zur Zündung der Fusion; sie können sich daher nicht zu einem Weißen Zwerg aus Helium entwickeln.

Molekül Wir diskutieren die Molekülbindung am Beispiel des Wasserstoffmoleküls H2 . Das System besteht aus zwei Protonen (Koordinaten R 1 und R 2, Relativkoordinate R, reduzierte Masse m = mp /2) und zwei Elektronen (Koordinaten r 1 und r 2 ). Der Hamiltonoperator (ohne Schwerpunktanteil) lautet H =−

2 2 2 e2 e2 e2 h¯ 2 h¯ 2 − − R + r ν + mp R 2 me |r 1 − r 2 | |r ν − R k | ν =1 ν =1 k =1 ./ 0 = Hel (24.15)

492


Wegen M me bewegen sich die Kerne viel langsamer als die Elektronen. Daher betrachten wir zunächst die Elektronenbewegung für ruhende Kerne; das heißt, wir bestimmen die Lösungen von Hel mit R k = const. Danach ersetzen wir Hel in (24.15) durch den Erwartungswert Hel bezüglich der Elektronenwellenfunktionen. Die Größe Hel ergibt dann einen Beitrag zum Potenzial V (R) zwischen den Kernen. Diese Born-Oppenheimer-Näherung kann leicht auf mehratomige Moleküle verallgemeinert werden. Als Ansatz für den Grundzustand betrachten wir die folgenden beiden Möglichkeiten für die Elektronenwellenfunktion (MO) C ψ0 (r 1 ) ψ0 (r 2 )|00 Ψel,R = (24.16)

− + − + C ψ100 (r 1 ) ψ100 (r 2 ) + ψ100 (r 2 ) ψ100 (r 1 ) |00 (HL) + − + ψ100 eingeführt. Die Hierbei haben wir das Molekülorbital (MO) ψ0 ∝ ψ100 ± ψ100 sind die 1s Zustände bei einem der beiden Protonen. Das naheliegende Pro+ + dukt ψ0 (r 1 ) ψ0 (r 2 ) enthält Komponenten der Form ψ100 (r 1 ) ψ100 (r 2 ), für die beide Elektronen beim selben Proton lokalisiert sind. Dies ist wegen der abstoßenden Elektron-Elektron-Wechselwirkung energetisch ungünstig. Der von Heitler und London (HL) eingeführte Ansatz (zweite Zeile) vermeidet diese Schwierigkeit, oh+ − ne die energieabsenkende Verteilung der Elektronen auf ψ100 und ψ100 aufzugeben. Im zweiten Schritt der Born-Oppenheimer-Näherung ersetzen wir nun Hel durch seinen Erwartungswert. Damit ergibt sich aus (24.15) das Atom-Atom-Potenzial

V (R) =

7 8 e2 + Ψel,R Hel Ψel,R − Eel (∞) R

(24.17)

Hierbei ist Eel (∞) = −27.2 eV die Summe der Bindungsenergien in zwei neutralen Wasserstoffatomen. Das HL-Potenzial hat ein Minimum bei −3.14 eV und R = 0.85 Å. Im Bereich dieses Minimums hat (24.17) einen gebundenen Grundzustand Φ0 (R) für die Relativbewegung. Die Wellenfunktion der beiden Protonen ist damit von der Form (ohne Schwerpunktbewegung): ΨK (1, 2) = Φ0 YLM |SSz

(24.18)

Die Quantenzahl L beschreibt Rotationszustände. Der Austausch der beiden Protonen ergibt das Vorzeichen (−)L+S+1 . Da Protonen Fermionen sind, muss L + S gerade sein: S=0 : S=1 :

L = 0, 2, 4, . . . L = 1, 3, 5, . . .

(Parawasserstoff) (Orthowasserstoff)

(24.19)

Bei sehr tiefen Temperaturen ist Parawasserstoff der Gleichgewichtszustand. Wegen der geringen Wechselwirkung der Kernspins dauert die Umwandlung zwischen Para- und Orthowasserstoff aber relativ lang. Da für Ortho- und Parawasserstoff jeweils nur bestimmte Energieniveaus (L-Werte) möglich sind, hängt die makroskopisch messbare spezifische Wärme von diesem Mischungsverhältnis ab.

493


Aufgaben 24.1 Schalenmodell des Atomkerns Der Hamiltonoperator Hˆ =

A pˆ ν2 mN 2 2 ω rˆν + 2 mN 2

(24.20)

ν =1

definiert ein einfaches Schalenmodell des Kerns. Es werden Kerne mit gleich vielen Protonen und Neutronen (N = Z = A/2) betrachtet. Die Kerne sollen doppelt magisch sein, das heißt die Oszillatorschalen sind vollständig voll oder leer. Bestimmen Sie die Grundzustandsenergie E0 (A) solcher Kerne, und berechnen Sie ihren mittleren quadratischen Radius 7

r2

8 A

A 1 @ ? = Ψ0 (A) rˆν2 Ψ0 (A) A

(24.21)

ν =1

Verwenden Sie dazu den Virialsatz aus Aufgabe 20.16. Wie verhält sich r 2 1/2 als Funktion von A für große A? Atomkerne haben eine näherungsweise konstante Massendichte und die empirischen Radien RA ≈ r0 A1/3

mit

r0 = 1.2 fm

(24.22)

Wie muss ω = ω(A) gewählt werden, damit der experimentelle mittlere quadratische Radius reproduziert wird? Lösung: Die Einteilchenfunktionen ψaν (ν) = ν |aν ,

|aν = |nν lν mν σν τν

für die ν = 1, 2, 3,..., A Nukleonen werden durch die Oszillatorquantenzahlen n, l, m, die Spinquantenzahl σ = ±1/2 für up und down, und die Isospinquantenzahl τ = ±1/2 für p oder n spezifiziert. Aus diesen Einteilchenzuständen wird der antisymmetrisierte Produktzustand (24.3) gebildet, den wir hier in folgender Form schreiben: 8 Ψ0 (A) = A |a1 |a2 |a3 . . . |aA (24.23) 1

2

3

A

Der Einteilchenzustand |a1 1 steht für ψa1 (1) und so weiter. Die Antisymmetrisierung garantiert das Pauliprinzip: Jeder voll spezifizierte Zustand kann maximal mit 1 Nukleon besetzt werden. Wir suchen nun den Grundzustand, also den energetisch niedrigsten Zustand. Dazu sind die A Nukleonen von unten in die Niveaus einzufüllen. In einen Oszillatorzustand n, l, m passen genau 4 Nukleonen (up und down, p und n, der Terminus Isospin ist für diese Aufgabe verzichtbar). Für doppelt magische Kerne gibt es nur vollständig gefüllte Oszillatorschalen. Wir bezeichnen die Hauptquantenzahl der obersten besetzten Oszillatorschale mit nF (F steht für Fermi). Dann gelten n ≤ nF , l = 0, 2,...,n für gerades n und l = 1, 3,...,n − 1 für ungerades n, und jeweils m = −l,..., l. Damit berechnen wir die Gesamtanzahl A der Nukleonen bei gegebener maximaler Hauptquantenzahl: nF

2 nF + 3 A=4 = nF + 1 nF + 2 nF + 3 Mn = 4 3 3 n=0

494


Der Ausdruck für n Mn wurde in (18.52) abgeleitet und dort im Einzelnen erklärt (der Entartungsgrad hängt natürlich nicht davon ab, ob kartesische oder sphärische Koordinaten verwendet werden). Analog dazu erhalten wir für die Grundzustandsenergie

2

3 h¯ ω Mn n + = nF + 1 n F + 2 n F + 3 2 2 n=0

nF

E0 (A) = 4 hω ¯

(24.24)

Wir bestimmen nun E0 (A) als Funktion von A für A 1 und nF 1. Für nF 1 nähern wir nF + 1 ≈ nF und so weiter. Dann ergeben die letzten beiden Gleichungen 2 h¯ ω 4 h¯ ω 3A 4/3 nF ≈ A ≈ nF3 , E0 (A) ≈ (nF 1) (24.25) 3 2 2 2 Wenn man die Coulombenergie herausrechnet, findet man empirisch für schwere Kerne eine konstante Bindungsenergie pro Nukleon; dies wird auch als Sättigung der Kernkräfte bezeichnet. Dies bedeutet E0 (A) ∝ A und kann mit einer Oszillatorfrequenz ω(A) ∝ A−1/3 erreicht werden. Die kinetische Energie und die potenzielle Energie aus (24.20) Tˆ =

pˆ 2 ν , 2m N ν

Uˆ =

mN ω2 2 rˆν 2 ν

sind Summen aus Einteilchenoperatoren. Hierfür wollen wir die Erwartungswerte berechnen (um schließlich mit dem Virialsatz den mittleren quadratischen Radius (24.21) zu bestimmen). Die Erwartungswerte sind für die Zustände (24.23) zu nehmen. Der Einteilchenoperator mit dem Index ν wirkt nun auf den Einteilchenzustand mit ν auf der rechten Seite von (24.23). Im Erwartungswert suchen sich dann die anderen Einteilchenzustände in |Ψ0 (A) den zugehörigen Partner in Ψ0 (A)| und ergeben den Faktor aμ |aμ = 1. Übrig bleiben nur die Erwartungswerte des Einteilchenoperators mit jeweils einem Einteilchenzustand: 7 7

A @ pˆ 2 ? 8 aν ν aν Ψ0 (A) Tˆ Ψ0 (A) = 2m N ν=1

A @ m ω2 ? 8 N aν Ψ0 (A) Uˆ Ψ0 (A) = rˆν2 aν 2 ν=1

Die Summen laufen über alle besetzten Einteilchenzustände. Der Virialsatz (20.83) gilt für die Einteilchenerwartungswerte auf den rechten Seiten und damit auch für den Vielteilchenzustand: 7 8 7 8 1 Ψ0 (A) Tˆ Ψ0 (A) = Ψ0 (A) Uˆ Ψ0 (A) = E0 (A) 2 Hieraus können wir den mittleren quadratischen Radius ablesen: 7

r2

8 A

=

8

7 2 E0 (A) 3 h¯ = nF + 2 Ψ0 (A) Uˆ Ψ0 (A) = 2 2 AmN ω AmN ω 4 mN ω

Zuletzt wurden die Anzahl der Nukleonen und die Grundzustandsenergie aus (24.24) eingesetzt; das Ergebnis ist noch exakt. Wir betrachten nun große A und benutzen hierfür den Zusammenhang (24.25) zwischen nF und A, 7 28 3 h¯ 3A 1/3 r A ≈ (A 1) (24.26) 4mN ω 2

495


Ein Atomkern hat eine näherungsweise konstante Dichte im Inneren, und eine relativ scharfe Oberfläche. Das ergibt sich zum Beispiel aus dem Woods-Saxon-Potenzial (20.54), das die Streuung von Nukleonen am Kern beschreiben kann, oder auch aus der Elektronenstreuung (Aufgabe 23.15). Daher kann die Massenverteilung durch eine homogene Kugel angenähert werden. Für eine solche Kugel und die empirischen Werte (24.22) berechnen wir den mittleren quadratischen Radius B 7 2 8 exp 3 3 r A ≈ d3r r2 d 3 r = RA2 = r02 A2/3 5 5 r≤RA r≤RA Der Vergleich mit unserer Modellrechnung ergibt 3A 1/3 ! 3 3 h¯ 5 h¯ 2 2A − 1/3 ≈ r02 A1/3 ⇒ h¯ ω(A) ≈ ≈ 40 MeV A− 1/3 4 mN ω(A) 2 5 4 mN r02 3 Mit dieser A-abhängigen Oszillatorfrequenz wachsen sowohl das Kernvolumen wie die Grundzustandsenergie E0 (A) linear mit A an (für A 1). Dies entspricht den experimentellen Befunden.

24.2 Drehimpuls des (1s)2 2p -Zustands Drei Elektronen im Atom besetzen die untersten Niveaus: |Ψ = |(1s)2 2p = A |1s ↑ 1 |1s ↓ 2 |2p m ↑ 3

(24.27)

ˆ = ˆ1 + ˆ2 + ˆ3 Zeigen Sie, dass dies Eigenzustand zum Gesamtbahndrehimpuls L ist, also ˆ 2 |Ψ = 2 h¯ 2 |Ψ L

Lˆ z |Ψ = m h¯ |Ψ

und

(24.28)

Lösung: Die Einteilchenfunktionen ψaν (ν) = ν |nν lν mν σν für Elektronen (ν = 1, 2, 3) im Atom werden durch die Quantenzahlen n, l, m und σ = ±1/2 (für spin up und down) spezifiziert. Der Produktzustand (24.3) wurde hier in (24.27) mit abstrakten Zuständen angeschrieben. ˆ auf den Zustand (24.27) an. Da L ˆ mit dem AntiWir wenden zunächst den Operator L symmetrisierungsoperator A vertauscht, ergibt sich

ˆ |Ψ = A ˆ1 + ˆ2 + ˆ3 |1s ↑ 1 |1s ↓ 2 |2p m ↑ 3 = A |1s ↑ 1 |1s ↓ 2 ˆ3 |2p m ↑ 3 L Wegen ˆ | 1s = 0 tragen s-Zustände nicht zum Drehimpuls bei. Wir nehmen nun die zKomponente dieser Gleichung. Mit (ˆ3 )z |2p m ↑ 3 = m h¯ |2p m ↑ 3 erhalten wir Lˆ z |Ψ = m h¯ |Ψ ˆ ein zweites Mal auf den Zustand |Ψ an: Wir wenden nun den Operator L 2

ˆ 2 |Ψ = A |1s ↑ 1 |1s ↓ 2 ˆ |2p m ↑ 3 = 2 h¯ 2 |Ψ L Dabei wurde ˆ 2 |2p = l (l + 1) h¯ 2 |2p = 2 h¯ 2 |2p verwendet. Damit ist (24.28) gezeigt.

496


24.3 Hundsche Regel Zwei (2p)-Elektronen im Coulombfeld eines Kerns bilden einen Spin-Singulettzustand. Dann muss der Ortszustand symmetrisch sein. Damit sind die Gesamtbahndrehimpulse L = 0 oder L = 2 möglich, also Z (r + r ) 1 Z 5 1 2 r 1 · r 2 exp − √ 2 aB π 3 2 aB Z (r + r ) 8 7 1 Z 5 1 2 √ r 1 · r 2 − 3 (ez · r 1 )(ez · r 2 ) exp − r 1, r 2 1D = 2 aB π 6 2 aB 7

8 r 1, r 2 1S =

Bezüglich des Wasserstoff-Hamiltonoperators Hˆ 0 sind diese beiden Zustände entartet (S und D stehen für L = 0 und L = 2, der obere Index 1 steht für den SpinSingulettzustand). Die Coulombwechselwirkung zwischen den Elektronen wird nun durch das repulsive Potenzial V = V0 δ(r 1 − r 2 ) simuliert. Berechnen Sie die Energieverschiebungen der beiden Zustände in 1. Ordnung Störungstheorie. Lösung: Es ist die 2 × 2-Matrix von Vˆ für die beiden Zustände aufzustellen und zu diagonalisieren. Wegen der δ-Funktion kann eine der beiden Ortsintegrationen sofort ausgeführt werden. Im Nichtdiagonalelement führt der D-Zustand zu einem Faktor (1 − 3 cos2 θ), und die θ-Integration ergibt null. Damit ist die Matrix von vornherein diagonal. Die Diagonalelemente sind gleich den gesuchten Energieverschiebungen: 2Z r 7 1 1 8 V0 Z 10 15V0 Z 3 3 4 ˆ r r exp − = d ΔES = S V S = 3π2 2 aB aB 211 π aB ΔED =

2Z r 7 1 1 8

2 V0 Z 10 3 4 2 D Vˆ D = r r θ exp − 1 − 3 cos d 6π2 2 aB aB 2Z r 2V0 Z 10 2 7 1 1 8 S V S = = d 2 r r 4 exp − 2 15 π 2 aB aB 5

Für eine repulsive Wechselwirkung ist V0 > 0, und beide Energieverschiebungen sind positiv. Für den D-Zustand ist die Verschiebung aber kleiner; er hat die niedrigere Energie. Dies ist die Aussage der folgenden Hundschen Regel: Bei gleichen Einteilchenquantenzahlen und gleichem Gesamtspin S hat der Zustand mit maximalem Bahndrehimpuls die niedrigste Energie. Die auftretenden Integrale sind übrigens auch elementar lösbar, wenn man die Coulombwechselwirkung V = e2 /|r 1 − r 2 | anstelle des δ-Potenzials verwendet.

24.4 Heliumatom Die Bewegung der Elektronen im Heliumatom wird durch den Hamiltonoperator pˆ 2 2e2 2e2 pˆ 2 e2 Hˆ = 1 − + 2 − + rˆ1 ./ 2m rˆ2 0 | rˆ − rˆ | -2m - 1 ./ 2 0 Hˆ 0

Vˆ

bestimmt. Der Grundzustand von Hˆ 0 wird als bekannt vorausgesetzt: (0) (0) (0) Hˆ 0 |Ψ0 = E0 |Ψ0 ,

(0)

|Ψ0 = |1s, 1s |S = 0, M = 0

(24.29)

497


Berechnen Sie den Beitrag der Elektron-Elektron-Wechselwirkung Vˆ zur Grundzustandsenergie in 1. Ordnung Störungstheorie. Verwenden Sie dabei die Entwicklung l 4π r< 1 = Y ∗ (θ , φ ) Ylm(θ2 , φ2 ) l+1 lm 1 1 |r 1 − r 2 | 2l + 1 r> l, m

(24.30)

Lösung: Die ungestörte Grundzustandsenergie ist E0(0) = −2

4 e2 e2 = −4 = −108.8 eV 2 aB aB

Die ungestörte normierte Grundzustandswellenfunktion lautet 7

Z (r + r ) 8 8 1 Z 3 1 2 S = 0, M = 0 r 1 , r 2 Ψ0(0) = exp − π aB aB

(24.31)

Die Ordnungszahl Z = 2 für Helium wird später eingesetzt. Da die Ortswellenfunktion symmetrisch ist, müssen die Spins der beiden Elektronen zu S = 0 gekoppelt sein (Singulettzustand). Für nichtentartete Zustände ergibt sich in 1. Ordnung die Energieverschiebung 2 Z (r + r ) 7 8 1 e2 Z 6 1 2 E0(1) = Ψ0(0) Vˆ Ψ0(0) = 2 d 3 r1 d 3 r2 exp − π aB |r 1 − r 2 | aB Die Elektron-Elektron-Wechselwirkung Vˆ ist spinunabhängig; daher ergibt der Spinanteil das Skalarprodukt 1. Wir setzen nun die Entwicklung (24.30) im Integranden ein. Dann überlebt nur der l = 0 Beitrag die Winkelintegration: ∞ 2 Z (r + r ) Z 6 ∞ 1 1 2 dr1 r12 dr2 r22 exp − aB r> aB 0 0

16Z e2 ∞ dx1 x12 exp −2 x1 = aB 0 ∞ x1

1 2 dx2 x2 exp −2 x2 + dx2 x2 exp −2 x2 · x1 0 x1

4Z e2 ∞ 5Z e2 = dx1 x1 exp −2 x1 − x1 + x12 exp −4x1 (24.32) = aB 8 aB 0

E0(1) = 16 e2

Es wurden die dimensionslosen Variablen x1 = Zr1 /aB und x2 = Zr2 /aB eingeführt. Mit Z = 2 erhalten wir damit in erster Ordnung Störungstheorie E0 ≈ E0(0) + E0(1) = −

11 e2 = −74.8 eV 4 aB

Dies ist mit dem experimentellen Wert Eexp = −79 eV zu vergleichen. Eine Verbesserung des theoretischen Resultats erreicht man mit der Variationsrechnung (Aufgabe 24.5).

498


24.5 Abschirmung im Heliumatom Die Ladung 2e des Kerns im Heliumatom wird durch das jeweils andere Elektron teilweise abgeschirmt. Als Variationsansatz verwendet man daher die Grundzustandswellenfunktion (24.31) mit Z als einem freien Parameter. Berechnen Sie mit dieser Wellenfunktion den Erwartungswert E0 (Z) des Hamiltonoperators (24.29), und bestimmen Sie das Minimum E0 (Zeff ). Lösung: Mit der Wellenfunktion (24.31) berechnen wir den Erwartungswert des Hamiltonoperators (24.29) E0 (Z) =

@

pˆ 2 ? @ ? pˆ 2 e2 Z e2 Z e2 Ψ0 (Z) 1 − + 2 − Ψ0 (Z) + Ψ0 (Z) Ψ0 (Z) 2m rˆ1 2m rˆ2 | rˆ 1 − rˆ 2 |

e2 ?

@ e2 + + Z − 2 Ψ0 (Z) Ψ0 (Z) rˆ1 rˆ2

(24.33)

Im Hamiltonoperator haben wir die Kernladungszahl 2 zunächst durch Z ersetzt und diese Ersetzung anschließend korrigiert (2. Zeile). Die Lösung des Wasserstoffproblems mit beliebigem Z ist bekannt. Damit können wir das erste Matrixelement auswerten; es ergibt zweimal die Wasserstoff-Grundzustandsenergie −Z 2 e2 /(2 aB ). Der Erwartungswert der Elektron-Elektron-Wechselwirkung (zweiter Term) wurde in (24.32) berechnet. Zu berechnen ist noch der dritte Term: @

Ψ0 (Z)

e2 rˆ1 oder 2

? @ e2 ? Z e2 Ψ0 (Z) = 1s 1s = rˆ aB

Das Resultat folgt aus dem Virialsatz (20.80). Wir fassen die Ergebnisse zusammen: E0 (Z) = −

2Z e2 Z 2 e2 5Z e2 27 e2 + − 2−Z = Z2 − Z aB 8 aB aB 8 aB

Die Funktion E0 (Z) ist eine nach oben geöffnete Parabel. Sie hat ihr Minimum bei 27 e2 dE0 (Z) = 0 = 2Z − dZ 8 aB

⇒

Zeff =

27 0 ein realistischer Ansatz. Schreiben Sie die stationäre Schrödingergleichung h2 ¯ − R + V (R) ΨK (R) = Evib ΨK (R) 2μ für den Drehimpuls L = 0 an. Setzen Sie Evib = − h¯ 2 α 2 β 2 /(2μ) < 0 für gebunde-

ne Zustände, V0 = h¯ 2 α 2 γ 2 /(2μ), ΨK (R) = u(y)/R und y = exp −α (R − R0 ) ein. Dies führt zu u (y) +

1 β2 2γ 2 u (y) − 2 u(y) + u(y) − γ 2 u(y) = 0 y y y

(24.38)

Lösen Sie diese Differenzialgleichung nach dem Standardverfahren (Ursprungsverhalten, Asymptotik, Potenzreihenansatz). Geben Sie die Energieeigenwerte an, und diskutieren Sie die auftretenden Terme. Lösung: Das Morsepotenzial besitzt wesentliche Eigenschaften eines Atom-Atom-Potenzials: Bei kleinen Atomabständen ist es repulsiv, bei mittleren Abständen attraktiv, und es geht für große Abstände gegen null. Das Minimum liegt bei R = R0 und nimmt den Wert V (R0 ) = −V0 an. Mit ΨK (R) = u(y)/R lautet die stationäre Schrödingergleichung für L = 0 h¯ 2 d 2 + V (R) u(y) = Evib u(y) − 2μ dR 2

Aus y = exp −α (R − R0 ) folgt d/dR = −α y d/dy. Außerdem setzen wir noch Evib = − h¯ 2 α 2 β 2 /(2μ) und das Potenzial mit V0 = h¯ 2 α 2 γ 2 /(2μ) ein: −y

d d y u(y) + γ 2 y 2 − 2y u(y) = − β 2 u(y) dy dy

Dies ist die angegebene Differenzialgleichung (24.38). Wir lösen sie im Folgenden im Be

reich y ∈ [0, ∞). Wegen y = exp −α (R − R0 ) bedeutet dies R ∈ (−∞, ∞) und geht damit über den physikalischen Bereich R ≥ 0 hinaus. Im Bereich R < 0 ist das Morsepotenzial für realistische Parameter aber so repulsiv, dass die Wellenfunktion nahezu null ist. Die Lösung im Bereich y ∈ [0, ∞) ist daher eine ausgezeichnete Näherung für das tatsächliche Problem. Für y → ∞ lesen wir das asymptotische Verhalten ab: u (y) − γ 2 u(y) = 0

⇒

u(y) ∝ exp(−γ y)

Die exponentiell ansteigende Lösung wird wegen der Normierbarkeit ausgeschlossen. Für y → 0 erhalten wir das Verhalten am Ursprung: u (y) +

1 β2 u (y) − 2 u(y) = 0 y y

⇒

u(y) ∝ y σ

505


mit σ = ±β. Hier muss das Minuszeichen mit der Singularität am Ursprung ausgeschlossen werden (wir nehmen β > 0 an). Wir setzen nun u(y) = y β v(y) exp(−γ y) in die Differenzialgleichung für u ein und erhalten:

y v (y) + 2β + 1 − 2γ y v (y) − γ (2β + 1) − 2γ 2 v(y) = 0 Nach dem Standardverfahren setzen wir v(y) = Terme nach Potenzen von y k , ∞

k

ak y k ein und sortieren die auftretenden

(k + 1)(2β + k + 1) ak+1 − γ (2β − 2γ + 2k + 1) ak y k = 0

k=0

Da die Gleichung für beliebige y gilt, müssen die Koeffizienten von y k jeweils für sich verschwinden. Dies ergibt die Rekursionsformel ak+1 =

γ (2β − 2γ + 2k + 1) ak (k + 1)(2β + k + 1)

Da das Verhalten am Ursprung abgetrennt wurde, gilt a0 = 0. Dann bestimmt die Rekursionsformel alle anderen Koeffizienten a1 , a2 und so weiter. Wenn die Potenzreihe nicht abbricht, führt sie zu v ∝ exp(2γ y), und die Wellenfunktion ist dann nicht normierbar. Für eine normierbare Lösung muss die Potenzreihe also abbrechen. Dies bedeutet 1 β =γ − n+ 2

mit

n = 0, 1, 2, 3, . . .

Damit sind die Energieeigenwerte bestimmt: h¯ 2 α 2 h¯ 2 α 2 γ 2 h¯ 2 α 2 γ 1 2 1 h¯ 2 α 2 1 2 =− γ − n+ + n+ − n+ 2μ 2 2μ μ 2 2μ 2 1 h¯ ωvib 1 2 = − V0 + h¯ ωvib n + − n+ 2 2γ 2

Evib = −

In der zweiten Zeile haben wir die Abkürzung ωvib = h¯ α 2 γ /μ eingeführt. Für γ 1 erhalten wir dann ein Vibrationspektrum mit etwa gleichabständigen Niveaus. Der letzte Term ist ein Korrekturterm (für nicht zu große n), der die Anharmonizität des Potenzials im Bereich des Minimums berücksichtigt. Die Parameter ωvib und γ können an experimentelle Vibrationsspektren angepasst werden.

IV Statistische Physik 25 Mathematische Statistik Wir leiten Wahrscheinlichkeitsverteilungen für den Fall ab, dass die betrachtete Zufallsgröße eine Summe aus sehr vielen einzelnen Zufallsgrößen ist. Dies führt insbesondere zum Gesetz der großen Zahl und zum zentralen Grenzwertsatz.

Wahrscheinlichkeitsdichte Wenn man N-mal würfelt, erhält man Ni -mal die Augenzahl i. Für N → ∞ wird die Häufigkeit Ni /N zur Wahrscheinlichkeit pi . Aus dieser Definition folgt pi = 1. Für sich ausschließende Ereignisse (Augenzahl 1 oder 2) gilt p = p1 + p2 . Für unabhängige Ereignisse (erst eine 1, dann eine 6) gilt p = p1 p6 . Mit diesen Regeln kann man Wahrscheinlichkeitsverteilungen ableiten. Die Wahrscheinlichkeit, bei N Würfen n-mal die 6 zu erhalten ist (p = p6 und q = 1 − p): N WN (n) = pn q N−n (25.1) n Ein Experiment kann zu diskreten Ergebnissen (Augenzahl beim Würfeln) oder zu kontinuierlichen Ergebnissen (kinetische Energie eines Atoms) führen. Der kontinuierliche Fall ist der allgemeinere und wird im Folgenden betrachtet. Das kontinuierliche (Mess-)Ergebnis bezeichnen wir als Zufallsvariable si (zum Beispiel die Fußlänge der i-ten Person aus einer großen Menschenmenge, oder die kinetische Energie eines Moleküls in der Luft im Hörsaal). Hierfür setzen wir eine Wahrscheinlichkeitsdichte wi (si ) an: %

w(si ) dsi =

Wahrscheinlichkeit für einen Wert zwischen si und si + dsi

(25.2)

Die Wahrscheinlichkeitsdichte wi (s) soll normiert sein, einen endlichen Mittelwert und eine endliche Schwankung haben: ∞ ∞ ds w(s) = 1 , s= ds s w(s) −∞

(Δs)2 =

−∞

∞

−∞

ds (s − s )2 w(s) = s 2 − s

2


(25.3)

508

Teil IV Statistische Physik

Zulässige Verteilungen sind zum Beispiel n

c s exp −β s 2 w(s) = p δ(s − 1) + q δ(s + 1)

(n > 0) (p + q = 1)

(25.4)

Das erste Beispiel könnte die Maxwellverteilung für die Geschwindigkeit eines Gasmoleküls sein (n = 2). Das zweite Beispiel beschreibt den random walk, bei dem mit der Wahrscheinlichkeit p ein Schritt nach rechts (auf einer s-Achse), und mit q nach links ausgeführt wird. Wir betrachten nun eine große Anzahl N von Ereignissen (Moleküle in einem Gasvolumen, Personen in einer Menschenmenge, N -maliges Würfeln, N Schritte eines random walks) und untersuchen die Wahrscheinlichkeitsverteilung für die Variable N x = s1 + s2 + . . . + sN = si (25.5) i =1

Hierfür erhält man für N 1 unter sehr allgemeinen Voraussetzungen für die Einzelverteilungen w(s) eine Normalverteilung für die Größe x, 1 (x − x )2 (x − x )2 1 =√ (25.6) exp − exp − P (x) = √ 2 (Δx)2 2 σ2 2π Δx 2π σ Dabei sind x=Ns

und

Δx = σ =

√ N Δs

(25.7)

Hieraus folgt insbesondere das Gesetz der großen Zahl: Δs 1 Δx = √ x s N

Gesetz der großen Zahl

(25.8)

Das Gesetz der großen Zahl bedeutet, dass die relative Abweichung vom Mittelwert mit N → ∞ gegen null geht. Einige Beispiele sind: • Im Mittelalter wurde die Längeneinheit Fuß durch den Mittelwert der tatsächlichen Fußlängen einer großen Anzahl von Menschen festgelegt. Die relative Unsicherheit einer solchen Festlegung ist von der Größe N −1/2 1. • Ein Gasvolumen mit N = 1024 Atomen wird in zwei gleiche Teile zerlegt. Die Wahrscheinlichkeit, in einem Teil 0.51 N (anstelle von N/2) zu finden, ist astronomisch klein. Gäbe es solche Abweichungen (wie 0.51 N ), könnte man ein perpetuum mobile 2. Art bauen. • Die Energie ε eines Gasmoleküls bei gegebener Temperatur ist ziemlich unscharf (Δε/ε ∼ 1). Für 1 Mol des Gases ist die Gesamtenergie E aber scharf (ΔE/E ∼ 10−12 ). • Eine Uhr geht umso genauer, je mehr Einzelschwingungen (Periode Δt) zur Zeitanzeige T = N Δt führen.

509

Kapitel 25 Mathematische Statistik

Aufgaben 25.1 Unentdeckte Druckfehler Zwei Lektoren lesen ein Buch. Lektor A findet 200 Druckfehler, Lektor B nur 150. Von den gefundenen Druckfehlern stimmen 100 überein. Schätzen Sie ab, wieviele Druckfehler unentdeckt geblieben sind. Lösung: Die Anzahl der Druckfehler sei N. Lektor A entdeckt Fehler mit der Wahrscheinlichkeit pA , Lektor B dagegen mit der Wahrscheinlichkeit pB . Die Vorgaben sind: N pA = 200 ,

N pB = 150 ,

N pA pB = 100

Wenn man pA = 200/N und pB = 150/N in die dritte Gleichung einsetzt, erhält man N = 300. Entdeckt wurden die von Lektor A gefundenen Fehler, zuzüglich der von Lektor B, abzüglich der doppelt gezählten, also 200 + 150 − 100 = 250. Damit bleiben

N 1 − pA − pB + pA pB = 50 nichtentdeckte Druckfehler.

25.2 Gemeinsamer Geburtstag Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit PN dafür, dass von N Studenten mindestens 2 am gleichen Tag Geburtstag haben? Was ergibt sich für N = 10 ? Bei welcher Mindestanzahl Nmin übersteigt die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei Studenten am gleichen Tag Geburtstag haben, den Wert 1/2 ? Lösung: Wir berechnen die Wahrscheinlichkeit WN dafür, dass alle N Studenten an verschiedenen Tagen Geburtstag haben. Die Studenten werden in eine willkürliche Reihenfolge gebracht. Student 1 hat am Tag x Geburtstag. Die Wahrscheinlichkeit, dass Student 2 an einem anderen Tag y Geburtstag hat, ist 364/365. Die Wahrscheinlichkeit, dass Student 3 weder an x noch an y Geburtstag hat, ist 363/365, und so weiter. Damit ergibt sich WN =

N−1 A 365 − i 364 363 366 − N · · ... · = 365 365 365 365 i

Genau dann, wenn nicht alle an verschiedenen Tagen Geburtstag haben, haben mindestens zwei am selben Tag Geburtstag. Die Wahrscheinlichkeit P10 hierfür ist P10 = 1 − W10 = 1 −

365 · 364 · . . . · 357 · 356 ≈ 0.12 36510

Man berechnet numerisch einige Werte von PN = 1 − WN (etwa für N = 15, 20 und 25) und grenzt so die im zweiten Teil der Aufgabe gesuchte Anzahl ein. Konkret findet man P22 ≈ 0.48

und

P23 ≈ 0.51

Bei Nmin = 23 Studenten ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei Studenten am selben Tag Geburtstag haben, gerade über 50 Prozent gestiegen.

510


25.3 Drei Richtige im Lotto Geben Sie die Wahrscheinlichkeit p6 an, sechs Richtige im Lotto (6 aus 49) zu tippen. Geben Sie die Wahrscheinlichkeit p3 an, genau drei Richtige im Lotto (6 aus 49) zu tippen. Warum ist die Wahrscheinlichkeit p3 nicht gleich W6 (3) mit p = 6/49 und q = 43/49 ? Lösung: Es gibt AN (k) Möglichkeiten, k Objekte aus einer Menge von N Objekten auszuwählen: N (N − 1)(N − 2) · . . . · (N − k + 1) N! N AN (k) = = = 1 · 2 · ... · k (N − k)! k! k Bei der Wahl des ersten Objekts hat man N Möglichkeiten, beim zweiten Objekt N − 1 Möglichkeiten und so weiter. Hierbei sind zunächst alle k! Möglichkeiten, die k Objekte in einer bestimmten Reihenfolge zu wählen, gesondert gezählt. Kommt es wie hier nicht auf die Reihenfolge an, dann ist durch k! zu teilen. Der ehrliche Lottoapparat führt mit gleichen Wahrscheinlichkeiten zu allen A49 (6) möglichen Resultaten. Daher ist die Wahrscheinlichkeit für ein bestimmtes Resultat (das auf meinem Lottoschein) gleich p6 =

1 1·2·3·4·5·6 = ≈ 7 · 10−8 A49 (6) 49 · 48 · 47 · 46 · 45 · 44

Auf einem Lottoschein sind die Zahlen (44, 45, 46, 47, 48, 49) angekreuzt. Die Wahrscheinlichkeit, damit genau 3 Richtige zu haben, ist offensichtlich dieselbe wie für jeden anderen Tipp. Drei Richtige ergeben sich, wenn 3 der gezogenen Lottozahlen aus dem Bereich 1, 2, 3,..., 42, 43 kommen, und 3 aus dem Bereich 44, 45, 46, 47, 48, 49. Die Anzahl der Möglichkeiten, 3 Zahlen aus 43 zu wählen, ist A43 (3), und die Anzahl der Möglichkeiten, 3 Zahlen aus 6 zu wählen, ist A6 (3). Damit ist die Anzahl der Möglichkeiten insgesamt A43 (3) A6 (3). Jede dieser Möglichkeiten tritt mit der Wahrscheinlichkeit p6 auf. Damit ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit p3 =

A43 (3)A6 (3) 43! 6! 6! 43! = · · ≈ 0.018 A49 (6) 40! 3! 3! 3! 49!

Dagegen wäre W6 (3) mit p = 6/49 nicht richtig, weil p = 6/49 nur die Wahrscheinlichkeit ist, dass die erste Kugel im Bereich des Sechserblocks liegt. Sofern dieses Resultat für die erste Kugel erzielt wird, wäre die entsprechende Wahrscheinlichkeit für die zweite Kugel dann 5/48.

25.4 Näherungsausdruck für Fakultät Die allgemeine Definition der Gammafunktion lautet ∞ dx x n exp(−x) Γ (n + 1) = n! =

(25.9)

0

Hierbei ist n eine reelle Zahl. Überzeugen Sie sich davon, dass Γ (n + 1) für ganzzahliges positives n gleich der Fakultät n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n ist.

511


Der Integrand ist die Funktion f (x) = x n exp(−x). Entwickeln Sie ln f (x) in eine Taylorreihe um das Maximum der Funktion f (x) herum (für n 1). Setzen Sie diese Entwicklung in das Integral ein, und leiten Sie daraus die Stirlingsche Formel ab: √ n! ≈ 2πn nn exp(−n) (n 1) (25.10) N n N−n Bestimmen Sie hiermit den Wert der random walk Verteilung WN (n) = n p q an der Stelle n = Np. Es gilt p + q = 1 und Np q 1. Lösung: Wir berechnen das Integral für n = 1: ∞ ∞ p.I. Γ (2) = dx x exp(−x) = −x exp(−x) + 0

0

∞ dx exp(−x) = − exp(−x) = 1

∞

0

0

Damit ist Γ (2) = 1! gezeigt. Als zweiten Schritt einer vollständigen Induktion setzen wir Γ (n + 1) = n! voraus und berechnen ∞ ∞ p.I. Γ (n + 2) = dx x n+1 exp(−x) = − x n+1 exp(−x) 0

0

∞

+ (n + 1)

dx x n exp(−x) = (n + 1) Γ (n + 1) = (n + 1)!

0

Unter der Voraussetzung Γ (n + 1) = n! haben wir damit Γ (n + 2) = (n + 1)! gezeigt. Damit ist der Induktionsbeweis vollständig. Für die zu entwickelnde Funktion g(x) = ln f (x) gilt

g(x) = ln x n exp(−x) = n ln x − x , g (x) = n/x − 1 g (x) = −n/x 2 < 0 ,

g (x) = 2n/x 3

Bei x0 = n verschwindet die erste Ableitung. Da die zweite Ableitung negativ ist, handelt es sich um ein Maximum von g(x) und f (x). Die Taylorentwicklung an dieser Stelle lautet:

g (x0 )

2 (x − n)2 g(x) ≈ g(x0 ) + g (x0 ) x − x0 + x − x0 + . . . ≈ n ln n − n − + ... 2 2n √ Die relevanten Werte liegen im Bereich |x − n| ∼ n. Der Term |g (x0 ) (x − n)3 | ist daher von der relativen Größe n−1/2 verglichen mit |g (x0 ) (x −n)2 |. Wegen |d k g/dx k | ∼ n/x k ≈ n1−k (für k ≥ 2) gilt dies auch für den Vergleich des (k + 1)-ten Terms mit dem k-ten. Für n 1 werden die relativen Korrekturen der höheren Terme daher beliebig klein; an dieser Stelle würde eine Taylorentwicklung der Funktion f (x) selbst versagen. Mit exp(n ln n) = exp(ln nn ) = nn erhalten wir f (x) = exp(g(x)) ≈ und n! ≈

n n e

0

∞

n n e

(x − n)2 exp − 2n

n n √ (x − n)2 ≈ dx exp − 2πn 2n e

An der unteren Integralgrenze ist der Integrand exponentiell klein (∼ exp(−n)). Daher kann die Integralgrenze gleich minus unendlich gesetzt werden; dann ist das Integral

512


gleich (2π n)1/2 . Damit ist (25.10) gezeigt; eine genauere Rechnung ergibt den Faktor (1 + 1/(12 n) + . . .) auf der rechten Seite. In einer etwas gröberen Näherung kann man den Wurzelfaktor weglassen: n n ln(2πn) ≈ n ln(n/e) oder n! ≈ ln n! ≈ n ln(n/e) + (25.11) 2 e In WN (n) setzen wir (25.10) für die Fakultäten ein: N N! WN (n) = p n q N−n = p Np q Nq n (Np)! (Nq)! √ N N 2πN exp(Np + Nq) p Np q Nq 1 = = √ √ √ exp(N) 2πNp 2πNq (Np)Np (Nq)Nq 2πNpq Unter den angegebenen Bedingungen führt der random walk √ auch zur Normalverteilung (25.6), WN (n) ≈ WN (n) exp(−(n − n)2 /2 Δn) mit Δn = Npq . Der Vorfaktor WN (n) kann daher alternativ aus der Normierung der Normalverteilung bestimmt werden.

25.5 Abschätzung einer Korrelation In einer Gruppe von N Kindern, deren Eltern starke Raucher sind, leiden 20% der Kinder an Kurzsichtigkeit. Dagegen gibt es nur 15% kurzsichtige Kinder in der Gesamtbevölkerung. Angenommen, es gibt keine Korrelation zwischen Kurzsichtigkeit und Rauchen: Wie groß ist dann die Wahrscheinlichkeit w dafür, dass 20% oder mehr der N Kinder kurzsichtig sind? Die Größe pkorr = 1 − w ist ein Maß für die Wahrscheinlichkeit, dass eine positive Korrelation besteht. Wie sind die Daten für N = 100 zu beurteilen? Wie groß müsste die Anzahl N0 der Kinder sein, damit es mit pkorr = 99% Wahrscheinlichkeit eine Korrelation zwischen der Kurzsichtigkeit der Kinder und dem Rauchen der Eltern gibt? Lösung: Die Wahrscheinlichkeit, in der betrachteten Gruppe x kurzsichtige Kinder zu finden, ist eine Normalverteilung: (x − x )2 1 , exp − P (x) = √ x = Np , σ = Npq 2 2σ 2π σ Hierbei ist p = 0.15 und q = 1 − p. Die gefundene Häufigkeit h = 20% liegt um √ Nh − Np (25.12) ≈ 0.14 N ν = √ Np q Standardabweichungen über dem zu erwartenden Wert. Die Wahrscheinlichkeit für eine solche oder eine noch höhere Abweichung, also für x ≥ x + ν σ ist ∞ ∞

1 x2 1 2 =√ dx exp − w=√ √ dt exp − t 2 2 σ π 2π σ ν σ ν/ 2 √ Dabei wurde die Variable 2 t = (x − x )/σ substituiert. Mit der Errorfunktion (oder Fehlerfunktion) z

2 dt exp − t 2 erf (z) ≡ √ π 0

513

Kapitel 25 Mathematische Statistik wird das Ergebnis zu w=

√ 1 1 − erf ν/ 2 2

N

ν

pkorr

10 100 200

0.44 1.40 1.98

0.67 0.92 0.976

oder

pkorr = 1 − w =

√ 1 1 + erf ν/ 2 2

Die Werte der Errorfunktion findet man in mathematischen Tabellen oder auch auf dem Taschenrechner. Für N = 100 liegen die Daten um 1.4 Standardabweichungen über dem zu erwartenden Wert. Eine solche Abweichung tritt mit etwa 8% Wahrscheinlichkeit auf und kann daher zufällig sein.

Für N = 100 sind die Daten allenfalls ein sehr schwacher Hinweis auf eine mögliche Korrelation. Physiker nehmen üblicherweise nur Abweichungen von mindestens 3 Standardabweichungen ernst. Für pkorr = 0.99 gilt ν ≈ 2.326. Aus (25.12) folgt dann N0 ≈ 276 Die zitierten 3 Standardabweichungen würden dagegen N0 ≈ 460 erfordern.

25.6 Poissonverteilung Voraussetzung für die Ableitung der Gaußverteilung aus (25.1) war die Bedingung Np q 1. Für sehr kleines p (etwa für Np ∼ 1) ist diese Bedingung verletzt. Zeigen Sie, dass die Verteilung (25.1) für p 1 und N n durch die Poissonverteilung λn P (λ, n) = exp(−λ) , (λ = Np) (25.13) n! angenähert werden kann. Zeigen Sie, dass die Verteilung normiert ist, und bestimmen Sie n und Δn. Hinweis: Mit Hilfe von ln(1 − p) ≈ −p und n ∼ Np erhalten Sie (1 − p)N−n ≈ exp(−λ). Ein Buch mit 500 Seiten enthalte 500 zufällig verteilte Druckfehler. Wie groß sind die Wahrscheinlichkeiten dafür, dass eine zufällig aufgeschlagene Seite keinen Fehler enthält, oder dass sie mindestens vier Fehler enthält? Lösung: Wegen p 1 gilt ln(1 − p) ≈ −p und ln(1 − p)N−n = (N − n) ln(1 − p) ≈ −(N − n)p. Durch Exponieren folgt hieraus N n

(1 − p)N−n ≈ exp(−(N − n)p) ≈ exp(−Np) Außerdem verwenden wir die Näherung N n N! = N (N − 1)(N − 2) · . . . · (N − n + 1) ≈ N n (N − n)!

Wir setzen die letzten beiden Gleichungen in die Verteilung (25.1) ein: WN (n) =

λn N! (Np)n p n q N−n ≈ exp(−Np) = exp(−λ) = P (λ, n) (N − n)! n! n! n!

514


Aus der Entwicklung exp(λ) =

∞ 0

λn /n! folgt die Normierung der Poissonverteilung:

∞

P (λ, n) = 1

n=0

Zur Summe tragen effektiv nur die n-Werte mit n N bei; insofern steht die obere Grenze nicht im Widerspruch zu n N. Wir berechnen noch n und n2 : n =

∞

n P (λ, n) = λ

n=0

n2 =

∞

n2 P (λ, n) = λ

n=0

=

∞ ∞ λn−1 λn exp(−λ) = λ exp(−λ) = λ (n − 1)! n! n=1 n=0 ∞ (n − 1 + 1) λn−1 n=1

(n − 1)!

exp(−λ)

∞ ∞ λn−2 λn−1 exp(−λ) = λ2 + λ λ +λ (n − 2)! (n − 1)! n=2 n=1 ./ 0 ./ 0 2

exp(λ)

exp(λ)

Hieraus folgen (Δn)2 = n2 − n 2 = λ und Δn =

√ λ.

Für das Buchbeispiel gilt λ = 1. Aus P (n) = P (λ = 1, n) = e−1 /n! folgen dann die Wahrscheinlichkeiten für genau 0, 1 oder 4 Fehler auf einer Seite: 1 1 1 ≈ 0.37 , P (4) = ≈ 0.015 e 24 e Die Wahrscheinlichkeit für vier oder mehr Fehler auf einer Seite ist 81 1 − P (0) − P (1) − P (2) − P (3) = 1 − ≈ 0.019 3 e Anderes Beispiel: Ein Detektor weist im Durchschnitt 1 Myon pro Minute nach (aus der Höhenstrahlung). Dann gelten die P (n) = P (λ = 1, n) = e−1 /n! für die Anzahl der in einer bestimmten Minute nachgewiesenen Myonen. P (0) = P (1) =

25.7 Random walk und Diffusionsgleichung Jeweils nach der Zeit Δt erfolgen die Schritte si = ± eines random walk mit den Wahrscheinlichkeiten p = q = 1/2. Daraus ergibt sich eine zeitabhängige Wahrscheinlichkeitsverteilung P (x, t), wobei x = i si die Entfernung vom Ausgangspunkt ist, und N = t/Δt 1 die Anzahl der Schritte. Zeigen Sie, dass P (x, t) die Diffusionsgleichung ∂ 2 P (x, t) ∂P (x, t) =D (25.14) ∂t ∂x 2 erfüllt, und bestimmen Sie die Diffusionskonstante D. Drücken Sie das Quadrat des mittleren Abstands vom Anfangspunkt als Funktion von D und t aus. Zeigen Sie, dass die Größe ∞ ∂P 2 Θ= dx ≥0 ∂x −∞ monoton mit der Zeit abnimmt, also dass dΘ/dt ≤ 0.

515

Kapitel 25 Mathematische Statistik Lösung: Für einen einzelnen Schritt des random walks gilt (vergleiche (25.4)): w(s) =

δ(s − ) + δ(s + ) 2

Hieraus folgen s = 0 und Δs = . Für großes N ergibt sich die Normalverteilung (25.6), x2 Δt x 2 1 1 Δt 1 exp − exp − P (x) = √ = 2 N 2 2πt 2 2 t 2πN mit

x = Ns = 0

und

(Δx)2 = N (Δs)2 = N 2

Der Zeitabhängigkeit von P (x, t) erhält man durch Einsetzen von N = t/Δt. Wir schreiben das Ergebnis in der Form Δt C Δt 1 x2 mit C = , f = P (x, t) = √ exp −f (25.15) t 2π 2 2 t Hiermit berechnen wir − 2f x ∂P (x, t) = P (x, t) ∂x t 2f 4f 2 x 2 ∂ 2 P (x, t) = − + P (x, t) ∂ x2 t t2 1 f x2 ∂P (x, t) = − + 2 P (x, t) ∂t 2t t Damit erfüllt P (x, t) die Diffusionsgleichung (25.14), sofern D =

2 1 = 4f 2 Δt

Wir drücken die Breite der Verteilung durch die Diffusionskonstante D aus: √ √ Δx = N = t/Δt = 2D t √ Die mit t zunehmende Verbreiterung der Verteilung ist ein typisches Kennzeichen eines Diffusionsprozesses. Wir berechnen noch Θ =

∞

dx −∞

∂P 2 4 C2 f 2 ∞ x2 2 = dx x exp −2f ∂x t3 t −∞

√ const. 4 C 2 f 2 π t 3/2 = 3/2 > 0 = 3 t 2 2f t Damit ist

dΘ 3Θ =− < 0 dt 2 t eine monoton mit der Zeit abnehmende Funktion. Dies bedeutet, dass die durch (25.14) beschriebene Diffusion ein irreversibler Prozess ist.

516


25.8 Überlagerung zweier Gaußverteilungen Die voneinander unabhängigen Zufallsvariablen x und y genügen Gaußverteilungen mit den Mittelwerten x und y und den Schwankungen Δx und Δy. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeitsverteilung P (z) für z = x + y. Geben Sie die Mittelwerte z und z2 und Breite Δz an. Lösung: Die normierten Gaußverteilungen P1 (x) und P2 (y) für die Variablen x und y sind von der Form (25.6). Anstelle von x und y führen wir die neuen Variablen z = x + y und ξ = (x − y)/2 ein. Die Faktoren sind so gewählt, dass der Betrag der Jacobi-Determinante gleich 1 ist, also ∂z/∂x ∂z/∂y 1 1 dz dξ = det dx dy = det dx dy = dx dy ∂ξ /∂x ∂ξ /∂y 1/2 −1/2 (25.16) Dann ist die Verteilung P (z) =

−∞

= =

∞

∞

−∞

dξ P1 (x) P2 (y) dξ P1 (z/2 + ξ ) P2 (z/2 − ξ )

1 2πΔx Δy

(ξ − x + z/2)2 (ξ + y − z/2)2 dξ exp − exp − 2 (Δx)2 2 (Δy)2 −∞ ∞

normiert; denn dz P (z) = dx P1 (x) dy P2 (y) = 1. Zur weiteren Auswertung verwenden wir ∞

2

π αβ 2 2 dξ exp −α (ξ − a) exp −β (ξ − b) = exp − a−b α+β α+β −∞ Im Integranden wird der Exponent in die Form − γ (ξ − c)2 + const. gebracht; danach kann das Integral ausgeführt werden. Aus den letzten beiden Gleichungen erhalten wir 1 1 (z − x − y )2 P (z) = √ exp − 2 (Δx)2 + (Δy)2 2π (Δx)2 + (Δy)2 1 (z − z )2 = √ exp − 2 (Δz)2 2π Δz Dabei sind z = x+y

und

Δz =

(Δx)2 + (Δy)2

Das Ergebnis für P (z) ist eine normierte Gaußverteilung. Die Summe von zwei (oder mehr) gaußverteilten Variablen ist also wieder gaußverteilt. In diesem Zusammenhang sei an die Aussage des zentralen Grenzwertsatzes erinnert: Die Summe von vielen zufallsverteilten Variablen ist (unter recht allgemeinen Bedingungen) gaußverteilt.

517


25.9 Summe von zwei Zufallsvariablen Die voneinander unabhängigen Zufallsvariablen x und y genügen den Wahrscheinlichkeitsverteilungen P1(x) und P2 (y) mit den Variablenbereichen von −∞ bis ∞. Die Verteilungen haben die Mittelwerte x und y und die Schwankungen Δx und Δy. Ansonsten sind die Verteilungen P1 (x) und P2 (y) beliebig, sie können insbesondere auch nicht gaußförmig sein. Geben Sie einen Ausdruck für die Wahrscheinlichkeitsverteilung P (z) für z = x + y an. Berechnen Sie die Mittelwerte z und z2 und die Breite Δz. Lösung: Anstelle von x und y führen wir die Variablen neuen z = x +y und ξ = (x −y)/2 ein. Die Jacobi-Determinante ist 1, also dx dy... = dz dξ... , siehe auch (25.16). Dann ist die normierte Wahrscheinlichkeitsverteilung für z gleich ∞ ∞ dξ P1 (x) P2 (y) = dξ P1 (z/2 + ξ ) P2 (z/2 − ξ ) P (z) = −∞

−∞

Für den Mittelwert der Funktion f (z) gilt dann ∞ ∞ f = dz f (z) P (z) = dx −∞

−∞

Wir bestimmen z und z2 : ∞ z = dx −∞

z2 =

∞

−∞

∞

∞

dx −∞

−∞

∞

−∞

dy f (x + y) P1 (x) P2 (y)

dy x + y P1 (x) P2 (y) = x + y

2 dy x + y P1 (x) P2 (y) = x 2 + 2 x y + y 2

Hieraus folgt die Breite der z-Verteilung:

2 (Δz)2 = z2 − z 2 = x 2 + 2 x y + y 2 − x + y = x 2 − x 2 + y 2 − y 2 = (Δx )2 + (Δy )2

26 Grundzüge der Statistischen Physik Als Basis der statistischen Physik wird das grundlegende Postulat formuliert. Es ist eine Annahme über die Wahrscheinlichkeiten, mit denen Mikrozustände in einem Gleichgewichtszustand vorkommen. Der erste Hauptsatz, der sich auf Energieänderungen bezieht, wird aufgestellt und für quasistatische Prozesse spezifiziert. Danach werden die wichtigsten makroskopischen Größen (Temperatur, Entropie und verallgemeinerte Kräfte) mikroskopisch definiert. Der zweite und dritte Hauptsatz werden formuliert, und reversible und irreversible Prozesse werden gegenübergestellt. Schließlich werden die eingeführten makroskopischen Größen mit Messgrößen verknüpft.

Grundlegendes Postulat Mikrozustand Ein Mikrozustand ist eine vollständige mikroskopische Beschreibung des betrachteten Systems. Als Mikrozustände r wählen wir in der Regel die Eigenzustände des Hamiltonoperators, Hˆ |r = Er |r . Für ein System mit f Freiheitsgraden kann ein Mikrozustand durch f Quantenzahlen nk festgelegt werden: Mikrozustand: r = (n1 , n2 , . . . , nf )

(26.1)

Ein abgeschlossenes System kann in ein endliches Volumen gesetzt werden, ohne dass das System dadurch physikalisch verändert wird. Dann sind, wie hier vorausgesetzt, alle Quantenzahlen diskret. Jede Quantenzahl für sich nimmt abzählbar (endlich oder unendlich) viele Werte an. Ein besonders einfaches Beispiel ist ein System aus N unabhängigen Spin 1/2 Teilchen. Hierfür gibt es 2N Mikrozustände: r = (sz,1 , sz,2, . . . , sz,N )

(sz,ν = ±1/2)

(26.2)

Wenn quantenmechanische Effekte keine Rolle spielen, verwenden wir auch klassische Mikrozustände: r = (q1 ,..., qf , p1,..., pf )

(klassischer Mikrozustand)

(26.3)

Hier sind q1 ,..., qf die verallgemeinerten Koordinaten des Systems mit f Freiheitsgraden, und p1 ,..., pf sind die zugehörigen verallgemeinerten Impulse. Als Phasenraum wird der abstrakte 2f -dimensionale Raum bezeichnet, der durch 2f 518 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_26, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

Kapitel 26 Grundzüge der Statistischen Physik

519

kartesische Koordinatenachsen für die Größen qi und pi aufgespannt wird. Jedem klassischen Mikrozustand r entspricht ein Punkt im Phasenraum. Die Bedingung H (q, p) ≤ E mit der Hamiltonfunktion H definiert das Phasenraumvolumen, in dem die Zustände mit einer Energie Er ≤ E liegen. Dies sind nichtabzählbar viele Zustände (Punkte). Um diese Zustände in einer statistischen Behandlung dennoch abzählen zu können, machen wir eine Anleihe aus der Quantenmechanik: Wegen der Unschärferelation ist die exakte Angabe der qi und pi nicht möglich; vielmehr gilt Δpi Δqi ≥ h¯ /2. Daher gibt es in einer Phasenraumzelle der Größe (2π h) ¯ f genau einen quantenmechanischen Zustand. In die damit zu erzielenden klassischen Ergebnisse geht die Größe der Phasenraumzellen (also h) ¯ letztlich nicht ein. Makrozustand Die einzelnen Mikrozustände und ihre zeitliche Abfolge im betrachteten physikalischen Vielteilchensystem sind ohne Interesse. Relevant ist dagegen, mit welchen Wahrscheinlichkeiten Pr einzelne Mikrozustände r auftreten. Dies definiert einen Makrozustand: (26.4) Makrozustand: {Pr } = (P1 , P2 , P3 , . . .) Die Definition der Wahrscheinlichkeit setzt eine große Anzahl M gleichartiger Systeme voraus, von denen Mr im Mikrozustand r sind, so dass Pr ≈ Mr /M. Die Gesamtheit der M gleichartigen Systeme, die die Pr festlegen, nennt man statistisches Ensemble. Man sagt, der Makrozustand wird durch ein statistisches Ensemble repräsentiert. Das statistische Ensemble ist eine begriffliche Voraussetzung für die Definition der Pr , also für die statistische Behandlung. Ein konkretes makroskopisches System (etwa ein klassisches Gas) durchläuft in rascher Folge alle möglichen Mikrozustände. Das Ensemble-Mittel kann daher hier durch das Zeitmittel ersetzt werden. Gleichgewichtszustand Wir betrachten speziell abgeschlossene Vielteilchensysteme. Überlässt man ein abgeschlossenes Vielteilchensystem sich selbst, so streben die makroskopisch messbaren Größen gegen zeitlich konstante Werte. Dies ist ein Erfahrungssatz. Die makroskopischen Größen sind zum Beispiel der Druck, die Temperatur, die Dichte oder die Magnetisierung. Den Makrozustand, in dem die makroskopischen Größen konstante Werte erreicht haben, nennen wir Gleichgewichtszustand oder kurz Gleichgewicht. Der Gleichgewichtszustand ist ein spezieller Makrozustand. Für den Gleichgewichtszustand des abgeschlossenen Systems stellen wir folgendes Postulat auf: G RUNDLEGENDES P OSTULAT: Ein abgeschlossenes System im Gleichgewicht ist gleichwahrscheinlich in jedem seiner zugänglichen Mikrozustände.

520


Dieses Postulat stellt die Verbindung zwischen der mikroskopischen Struktur (den zugänglichen Mikrozuständen r) und makroskopischen Größen des Gleichgewichtszustands (repräsentiert durch die Wahrscheinlichkeiten Pr für die Mikrozustände r) her. Das grundlegende Postulat ist eine Annahme, auf der die statistische Physik aufgebaut wird. Es ist vergleichbar mit der Annahme pi = 1/6 für einen symmetrisch gebauten Würfel. Trotz seiner Einfachheit lassen sich aus dem Postulat viele empirisch nachprüfbare Aussagen ableiten. In einem abgeschlossenen System sind neben der Energie E diverse äußere Parameter x fest vorgegeben. In einem homogenen System steht x meist für das Volumen V und die Teilchenzahl N . Die Energie Er (x) eines Mikrozustands hängt von diesen äußeren Parametern x ab. Da im abgeschlossenen System die Energie erhalten ist, sind alle Mikrozustände r mit Er (x) = E zugängliche Zustände. Nun kann die Energie E nur mit einer endlichen Genauigkeit δE bestimmt werden (δE E). Wir bezeichnen die Anzahl der Zustände zwischen E − δE und E als mikrokanonische Zustandssumme Ω(E, x), 1 (26.5) Ω(E, x) = r: E − δE ≤ Er (x) ≤ E

Die Zustandssumme Ω ist gleich der Anzahl der zugänglichen Zustände des abgeschlossenen Systems. Nach dem grundlegenden Postulat sind alle Ω(E, x) Zustände gleichwahrscheinlich, also ⎧ 1 ⎨ E − δE ≤ Er (x) ≤ E Ω(E, x) Pr (E, x) = (26.6) ⎩ 0 sonst Der Gleichgewichtszustand ist der Makrozustand (26.4) mit diesen Pr ’s. Der Gleichgewichtszustand ist durch die Argumente E, x von Ω festgelegt, oder aber auch durch n + 1 andere, geeignete Zustandsgrößen: Gleichgewichtszustand: E, x1, . . . , xn oder y1 , . . . , yn+1

(26.7)

So kann der Zustand eines Gases einmal durch E, V und N , und zum anderen durch T , P und N festgelegt werden. Dabei ist T die Temperatur und P der Druck; diese Größen werden später definiert. Die ausgewählten Zustandsgrößen heißen auch Zustandsvariable. Ideales Gas Wir berechnen die Zustandssumme Ω für ein klassisches ideales Gas (aus N Atomen im Volumen V ). Wir schreiben zunächst die Anzahl Φ aller Mikrozustände mit einer Energie Er ≤ E an: VN Phasenraumvolumen Φ(E, V , N ) = dp1 . . . dp3N 1 (26.8) = (2π h¯ )3N (2π h) ¯ 3N ./ 0

k

pk2 ≤ 2mE

521


Da fast alle Zustände bei Er ≈ E liegen, gilt Ω(E) = Φ(E)−Φ(E −δE) ≈ Φ(E). Für die korrekte N -Abhängigkeit muss noch ein Faktor 1/N ! eingefügt werden, damit Zustände, die durch bloßen Austausch von Teilchen entstehen, nicht doppelt gezählt werden. Dies führt zum Ergebnis 3N E V ln Ω(E, V , N ) = ln + N ln + N ln c (26.9) 2 N N Die Konstante c, in der auch die Zellengröße im Phasenraum eingeht, spielt in den weiteren Rechnungen keine Rolle. Die Zustandssumme hängt extrem stark von der Energie ab (Ω ∝ E 3N/2 ). Nur für ln Ω ergibt sich eine „vernünftige“ Funktion.

1. Hauptsatz Für einen beliebigen Makrozustand ist die (mittlere) Energie E gleich E= Pr Er (x1 ,..., xn ) = Pr Er (x) r

(26.10)

r

Danach können Energieänderungen durch Änderung der Wahrscheinlichkeiten Pr oder der äußeren Parameter x = (x1 ,..., xn ) erfolgen. Man kann die zugehörigen Anteile durch geeignete experimentelle Bedingungen trennen: 1. Energieübertrag bei konstanten x. 2. Energieübertrag bei thermischer Isolierung. Zunächst studiert man den 1. Fall. Die hierbei übertragene Energie ΔE wird als die dem System zugeführte Wärme (-menge) ΔQ = ΔE klassifiziert. Zu einem solchen Energieübertrag kann es etwa durch Kontakt des Systems mit der wärmeren (oder kälteren) Umgebung kommen. Bei der experimentellen Untersuchung der Wärmeübertragung bei konstanten äußeren Parametern stellt man fest, durch welche Bedingung sie unterbunden werden kann. Diese Bedingung bezeichnen wir als thermische Isolierung des Systems (zum Beispiel dicke Styroporwände). Die Energieänderung durch Änderung der äußeren Parameter x bei gleichzeitiger thermischer Isolierung (also ΔQ = 0) definieren wir als die am System geleistete Arbeit ΔW = ΔE. Das Standardbeispiel hierfür ist die bei der Kompression eines Gases geleistete Arbeit. Ein Prozess mit ΔQ = 0 heißt adiabatisch. Im Allgemeinen ist die Energieänderung ΔE = Eb − Ea bei einem Prozess vom Makrozustand a zum Makrozustand b die Summe aus zugeführter Wärme und Arbeit: ΔE = ΔW + ΔQ

oder

– + dQ – dE = dW

1. Hauptsatz

(26.11)

Die Einführung der Klassifizierung (Wärme oder Arbeit) ging von der Alternative „Parameter konstant“ oder „Parameter nicht konstant“ aus; daher sind alle möglichen Energieüberträge berücksichtigt. Zugleich wurde durch die experimentellen

522


Bedingungen („Parameter konstant“ oder „adiabatisch“) die jeweils andere Form des Energieübertrags ausgeschlossen. Daher sind beide Beiträge zu addieren. Der Grund für die Verwendung des Symbols d– ist, dass Q und W keine Zustandsgrößen sind. So kann man zum Beispiel durch periodische Kolbenbewegungen dem System Arbeit zuführen, damit aber letztlich denselben Zustand wie bei Wärmezufuhr erreichen.

Quasistatischer Prozess Ein Prozess wird quasistatisch (q.s.) genannt, wenn das System eine Folge von Gleichgewichtszuständen durchläuft. Ausgehend von (26.10) betrachten wir die quasistatische Änderung der Energie E(x1 ,..., xn ): dE =

dPr Er +

r

Pr

r

n ∂Er i=1

∂xi

(q.s.) – – dxi = dQ q.s. + dWq.s.

(26.12)

Dabei haben wir die quasistatische, dem System zugeführte Arbeit eingeführt: – q.s. = dW

n ∂Er i=1

∂xi

dxi = −

n

Xi dxi

(26.13)

i =1

Diese Arbeit ist durch die Änderungen dxi der äußeren Parameter und durch die zugehörigen verallgemeinerten Kräfte Xi = −

∂Er (x1 ,..., xn ) ∂xi

(verallgemeinerte Kraft)

(26.14)

bestimmt. Die zum äußeren Parameter Volumen (x = V ) gehörige verallgemeinerte Kraft ist der Druck (X = P ), also – q.s. = −P dV dW

mit

P =−

∂Er (V ) ∂V

(26.15)

Damit ist der Druck mikroskopisch definiert. Für ein Gas ist der Druck immer positiv. Eine Volumenvergrößerung (dV > 0) bedeutet dann, dass das System Arbeit – q.s. < 0). Eine Volumenänderung kann durch die Verschiebung eines leistet ( dW Kolbens in einem gasgefüllten Zylinder bewirkt werden. Die Bedingung „quasistatisch“ bedeutet dann vkolben vgas , wobei vkolben die Geschwindigkeit des Kolbens ist, und vgas die mittlere Geschwindigkeit der Gasmoleküle ist (also vgas ∼ 400 m/s für Luft unter Normalbedingungen). Bei einem nichtquasistatischen Prozess kann die dem System zugeführte Arbeit größer sein: – ≥ dW – q.s. dW beliebiger Prozess (26.16) So wird bei einer oszillierenden Kolbenbewegung ein (eventuell sehr kleiner) Teil der zugeführten Arbeit nichtquasistatisch sein. Dieser Teil bewirkt dann eine Erwärmung des Gases.

523


Entropie und Temperatur ΔQ -

EA

EB = E − EA

ΩA Zustände

ΩB Zustände

Ein abgeschlossenes System besteht aus zwei makroskopischen Teilsystemen A und B, die Wärme austauschen können. Wie teilt sich dann im thermischen Gleichgewicht die Gesamtenergie E = EA + EB auf?

Im abgeschlossenen System ist die Energie erhalten, E = const. Die Wahrscheinlichkeit für die Aufteilung E = EA + EB ergibt sich aus der Anzahl der Mikrozustände mit dieser Aufteilung, geteilt durch die Anzahl aller Mikrozustände: W (EA ) =

ΩA (EA ) ΩB (E − EA ) Ω0 (E)

(26.17)

Die Zustandssummen Ω ∝ E γf hängen extrem stark von der Energie ab. Hierbei ist f die Anzahl der Freiheitsgrade, und γ ist ein numerischer Faktor, vergleiche (26.9). Die Funktion W (EA ) hat ein Maximum EA dann, wenn die Energie pro Freiheitsgrad gleichverteilt ist: E − EA EA EB = = fA fB fB

(26.18)

Eine Entwicklung von ln W (EA ) um das Maximum herum ergibt

2 E A − EA W (EA ) = W (EA ) exp − 2 ΔEA2

(26.19)

−1/2

Die Breite dieser Verteilung ist extrem klein ΔEA /EA ∼ fA , also zum Beispiel 10−12 . Dann liegen (fast) alle der ΩA ΩB = Ω0 W (EA ) Mikrozustände beim Maximum EA . Daher ist das Gleichgewicht durch (26.18) und ln(ΩA ΩB ) = ln ΩA (EA ) + ln ΩB (E − EA ) = maximal

(26.20)

bestimmt. Wir definieren die Entropie S eines Gleichgewichtssystems durch S = S(E, x) = kB ln Ω(E, x)

Entropie

(26.21)

Temperatur

(26.22)

und die Temperatur T durch 1 ∂S(E, x) 1 = = T T (E, x) ∂E

Damit werden die Ergebnisse (26.20) und (26.18) für das Gleichgewicht bei Wärmeaustausch zu S(EA ) = SA (EA , x) + SB (E − EA , x ) = maximal

und

TA = TB (26.23)

524


Das Gleichgewicht ist also durch das Maximum der Entropie und durch gleiche Temperaturen gekennzeichnet. Mit diesen Größen kann die verallgemeinerte Kraft (26.14) als Xi ∂S(E, x) = (26.24) T ∂xi geschrieben werden. So wie TA = TB die Gleichgewichtsbedingung für Wärmeaustausch ist, ist Xi,A = Xi,B die Gleichgewichtsbedingung bei xi -Austausch. So ergibt sich zum Beispiel beim Volumenaustausch ein Druckgleichgewicht. Eine Temperaturdifferenz ist die treibende Kraft für den Wärmeaustausch, und eine Druckdifferenz ist die treibende Kraft für den Volumenaustausch. Im letzten Abschnitt dieses Kapitels stellen wir die Verbindung der Entropie und der Temperatur zu Messgrößen her. Dabei wird auch die in (26.21) eingeführte Boltzmannkonstante kB festgelegt. Dann sind die makroskopischen Messgrößen (S, T , P ) mit der mikroskopischen Struktur (Ω) verknüpft. Die Entropie ist additiv, denn für zwei Teilsysteme gilt Ω = ΩA ΩB , also

S = kB ln Ω = kB ln(ΩA ΩB ) = kB ln ΩA + ln ΩB = SA + SB (26.25) In der Abbildung oben können zunächst getrennte Gleichgewichte in den Bereichen A und B bestehen. Dann sind die Temperaturen (TA und TB ) und die Entropien (SA und SB ) für jedes Teilsystem definiert. In dieser Weise kann die hier gegebene Temperatur- und Entropiedefinition auf lokale Gleichgewichte angewendet werden. Für Ω ∝ E γf erhalten wir E 1 = kB T = (26.26) β γf Dabei ist β die allgemein gebräuchliche Abkürzung für 1/(kB T ). Bis auf die Konstante kB und den numerischen Faktor γ ist die Temperatur also gleich der Energie pro Freiheitsgrad. In (26.26) ist E die für Anregungen zur Verfügung stehende Energie; sie hat den Minimalwert null. Daher gilt T ≥0

(26.27)

Die Temperatur T = 0 bezeichnen wir als (absoluten) Nullpunkt.

Hauptsätze – + dW – , (26.11), durch den 2. und den Wir ergänzen den 1. Hauptsatz, dE = dQ 3. Hauptsatz, die sich auf die Entropie beziehen. Wir betrachten zunächst ein abgeschlossenes System. Als Erfahrungssatz haben wir festgestellt, dass ein abgeschlossenes System von selbst ins Gleichgewicht strebt. Im Gleichgewichtszustand sind alle zugänglichen Mikrozustände gleichwahrscheinlich. Praktisch alle Mikrozustände liegen dort, wo die Entropie ein Maximum hat. Also bewegt sich die Entropie S auf ihren maximalen Wert zu: ΔS ≥ 0

2. Hauptsatz, abgeschlossenes System

(26.28)

525


Diese Aussage bezieht sich auf die Entropieänderung ΔS = Sb − Sa in einem Prozess a → b. Als Beispiel sei der Temperaturausgleich des vorhergehenden Abschnitts betrachtet. Der Anfangszustand ist hier wegen TA = TB kein Gleichgewichtszustand; seine Entropie kann aber in der Form SA + SB angegeben werden, weil die Teilsysteme A und B jeweils für sich im Gleichgewicht sind. Durch Wärmeaustausch gleichen sich die Temperaturen an, und die Entropie wächst. Die Entropie S(E, x) = kB ln Ω(E, x) eines Gleichgewichtszustands hängt von der Energie E und den äußeren Parametern x = (x1 ,..., xn ) ab. Wir berechnen das vollständige Differenzial dieser Entropie: ∂S(E, x) ∂S(E, x) dE Xi dE + + dxi dxi = ∂E ∂xi T T n

dS =

n

i =1

(26.29)

i =1

Hierin setzen wir den 1. Hauptsatz (26.11) und (26.13) ein: dS =

1– – − dW – q.s. dQ + dW T

(26.30)

Für einen quasistatischen Prozess folgt hieraus dS =

– q.s. dQ T

(26.31)

– q.s. = 0 zugelassen; es handelt sich – q.s. = 0 wie auch dW Hierbei sind sowohl dQ – – q.s. und damit um ein offenes System. Nach (26.16) gilt dW ≥ dW dS ≥

– dQ T

2. Hauptsatz, offenes System

(26.32)

Damit besteht der 2. Hauptsatz aus zwei Teilen, (26.28) und (26.32); die Aussage (26.32) soll (26.31) mit einschließen. Als dritten Hauptsatz (oder Nernstsches Theorem) bezeichnet man die Aussage T→0

S −→ 0

3. Hauptsatz

(26.33)

Quantenmechanische Systeme haben üblicherweise genau einen Zustand mit niedrigst möglicher Energie E0 , den Grundzustand. Daher gilt Ω(E) = 1 und damit S → 0 für E → E0 . Die Temperatur ist von der Größe der Energie pro Freiheitsgrad, T ∼ (E − E0 )/f . Damit gilt T → 0 für E → E0 . Die Kernspins haben nur sehr kleine Wechselwirkungen mit der Umgebung. Daher können diese Spins auch bei sehr tiefen Temperaturen noch eine statistische Verteilung haben. Für N Kerne mit Spin 1/2 bedeutet dies, dass alle Ω0 = 2N Spineinstellungen gleichwahrscheinlich sind. Dann geht die Entropie für kleine Temperaturen gegen den konstanten Wert S0 = kB ln Ω0 = N kB ln 2 und nicht gegen null.

526


Reversibilität Ausgehend vom 2. Hauptsatz (26.28) unterscheiden wir für abgeschlossene Systeme Prozesse als reversibel: ΔS = 0

und

irreversibel: ΔS > 0

(26.34)

Beispiele für irreversible Prozesse sind: • Temperaturausgleich zwischen zwei Systemen A und B (irreversibel). • Freie Expansion (irreversibel) Beim Temperaturausgleich zwischen einem wärmeren System mit T> und einem kälteren mit T< wird die Wärmemenge ΔQ > 0 ausgetauscht. Das kältere System nimmt die Wärme auf, erhöht seine Entropie also um ΔQ/T< (der Wärmeaustausch kann langsam erfolgen, also quasistatisch für die Teilsysteme). Die Entropieänderung −ΔQ/T> des wärmeren Systems ist negativ. Wegen T> > T< ist die Entropieänderung ΔS = ΔQ/T< − ΔQ/T> des abgeschlossenen Systems positiv. Reversible Prozesse sind ideale Grenzfälle. Reale Prozesse können allenfalls fast reversibel sein. Konkret bedeutet dies, dass ein reversibler Prozess mit beliebig kleinem äußeren Aufwand rückgängig gemacht werden kann. Dies gilt zum Beispiel für die • Quasistatische adiabatische Expansion (reversibel). Für einen quasistatischen Prozess gilt dS = (dE + P dV )/T ; dies folgt aus dE = – q.s. (1. Hauptsatz), T dS = dQ – q.s. (2. Hauptsatz) und dW – q.s. = −P dV . – q.s. + dW dQ Wenn man hier nun für die quasistatische, adiabatische Expansion dE = −P dV einsetzt, erhält man dS = 0. Ausgehend vom 2. Hauptsatz (26.32) unterscheiden wir für offene Systeme Prozesse als – – dQ dQ reversibel: dS = und irreversibel: dS > (26.35) T T Alle quasistatischen Prozesse sind reversibel. Daher ist auch der Index „rev“ an– q.s. /T = dQ – rev /T . Ein quasistelle von „q.s.“ in (26.31) üblich, dS = dQ statischer oder reversibler Prozess besteht aus einer Folge von Gleichgewichtszuständen. Die Bezeichnung „quasistatisch“ betont die experimentelle Voraussetzung (τexp /τrelax → ∞), die Bezeichnung „reversibel“ die Umkehrbarkeit des Prozesses. Sofern das Gleichheitszeichen in (26.32) nicht gilt, ist der Prozess nicht-quasistatisch; nach (26.35) also irreversibel. Ein reversibler Prozess im offenen System ist in folgendem Sinn umkehrbar: Eine Änderung von äußeren Parametern xa → xb und/oder ein Wärmeübertrag bewirke den quasistatischen Prozess a → b. Die auftretenden Gleichgewichtszustände a,..., Zwischenzustände ,..., b können nun in umgekehrter Richtung durchlaufen werden, wenn die Änderung der äußeren Parameter umgekehrt wird (dxi → −dxi ,


527

– q.s. → − dW – q.s. ) und das Vorzeichen des Wärmeübertrags geändies impliziert dW – – dert wird ( dQq.s. → − dQq.s. ). Der so definierte Prozess führt von Eb , xb wieder – q.s. → − dQ – q.s. gilt auch dS → −dS für zum Anfangszustand Ea , xa . Mit dQ – dS = dQq.s. /T für die einzelnen Abschnitte des Prozesses; bei der Umkehrung wird Sb wieder zu Sa . – q.s. /T sind nach (26.32) Abweichungen von der Entropieänderung dS = dQ – immer positiv. Für einen beliebigen Prozess ist dQ/T nur die untere Schranke für die Entropiezunahme. Irreversible Vorgänge bedingen eine zusätzliche (oft unerwünschte) Entropiezunahme.

Statistische Physik und Thermodynamik Aus (26.21) mit (26.9) folgt die Entropie des idealen Gases: S(E, V , N ) =

E V 3 N kB ln + N kB ln + N kB ln c 2 N N

(26.36)

Hieraus und aus (26.22) und (26.24) folgen die kalorische und thermische Zustandsgleichung: 3 E = N kB T und P V = N kB T (26.37) 2 Dies ist ein Beispiel für die Ableitung der makroskopischen Eigenschaften aus der mikroskopischen Struktur. Das allgemeine Schema hierfür ist: 1.

2.

3.

H (x) −→ Er (x) −→ Ω(E, x) −→ S(E, x), T (E, x), X(E, x)

(26.38)

Man geht vom Hamiltonoperator H aus, bestimmt die Energieeigenwerte Er (x), berechnet die Zustandssumme Ω(E, x) und erhält daraus die Entropie und alle interessierenden thermodynamischen Eigenschaften. Die Schritte 1 und 2 sind allerdings für Vielteilchensysteme im Allgemeinen nicht exakt durchführbar. In der Thermodynamik gehen wir von den Hauptsätzen aus, die noch durch die Aussage TA = TB für thermisches Gleichgewicht ergänzt werden. Sofern ein spezielles System betrachtet wird, verwenden wir auch die zugehörige kalorische und thermische Zustandsgleichung. Zur Berechnung verschiedener Effekte und Größen werden dabei vielfach anstelle der Variablen E, x1,...xn andere Zustandsvariable y1 ,...yn+1 benutzt (etwa T und P anstelle von E und V ).

Messgrößen Wir diskutieren die Messung der auftretenden makroskopischen Größen, insbesondere der zunächst theoretisch definierten Temperatur und Entropie.

528


Arbeit, Wärme, Druck Wir setzen die Messdefinition mechanischer Größen voraus. Dazu gehören insbesondere der Druck, der in Pascal gemessen wird: [P ] = Pa = Pascal =

N = 10−5 bar m2

(26.39)

Mechanische Arbeit (etwa dWq.s. = −P dV ) wird in Joule (J) oder Newtonmeter (1 J = 1 Nm) gemessen. Nach dem ersten Hauptsatz werden dann auch die Energie und die Wärme [Q] = J = Nm = VAs (26.40) in diesen Einheiten gemessen. Temperatur Wir haben die Temperatur so eingeführt, dass für zwei Systeme TA = TB gilt, wenn sie im Gleichgewicht gegenüber Wärmeaustausch sind. Dieses Gleichgewicht wird durch Kontakt der beiden Systeme und hinreichend langes Warten erreicht. Über die Zustandsgleichung P V = N kB T eines idealen Gases können wir die Temperaturmessung auf eine Druckmessung zurückführen. Dazu bringen wir eine Gasmenge (unser Thermometer) zunächst in Kontakt mit dem System A und messen den Druck PA . Anschließend messen wir den Druck PB beim Kontakt mit B; dabei werden die Parameter N und V des Gases konstant gehalten. Um Abweichungen vom idealen Gasverhalten zu eliminieren, wiederholen wir das Experiment bei mehrfach verringerter Dichte: PA PA TA N/V → 0 −→ = (26.41) P B real P B ideal TB Hiermit ist das Verhältnis TA /TB der Temperaturen zweier beliebiger Systeme als Messgröße definiert. Um die Temperaturskala vollständig festzulegen, müssen wir noch die Temperatur eines bestimmten (reproduzierbaren) Systems C durch Definition festlegen. Als wohldefiniertes System C wählen wir den Tripelpunkt von Wasser und definieren def

Tt = 273.16 K

(K = Kelvin)

(26.42)

Dabei wird exakt dieser Zahlenwert, also 273.160000 . . . , vereinbart. Damit ist 1 K der 1/273.16-te Teil der Temperaturspanne zwischen T = 0 und Tt . Die Verknüpfung mit der Temperatur Θ der auch üblichen Celsius-Skala ist T def Θ = − 273.15 oC (26.43) K Eine Temperaturdifferenz von 1 Kelvin ist exakt gleich 1 Grad Celsius. Die so definierte Celsius-Skala unterscheidet sich nur geringfügig von der historischen Celsius-Skala.

529


Entropie und Boltzmannkonstante – q.s. /T für die Entropie, so dass Nach dem 2. Hauptsatz gilt dS = dQ [S] =

J K

(26.44)

Die Definition (26.42) legt die Boltzmannkonstante kB fest: Ein ideales Gas mit N Atomen in einem Volumen V hat bei Tt einen bestimmten Druck P . Setzt man die gemessenen Werte für P , V und N und Tt = 273.16 K in P V = N kB T ein, so folgt daraus der Wert für kB : kB = (1.380658 ± 0.000012) · 10−23

J K

(Boltzmannkonstante)

(26.45)

Es sei daran erinnert, dass kB T die Größe der Energie pro Freiheitsgrad angibt; bei Zimmertemperatur sind dies etwa 1/40 Elektronenvolt. Anstelle der Boltzmannkonstanten kB verwendet man auch die (historisch ältere) Gaskonstante R, R = LkB ≈ 8.3145

J K mol

mit

L=

L0 6 · 1023 ≈ mol mol

(26.46)

Dabei ist die Loschmidt-Konstante L0 die Anzahl der Atome in 12 g reinem 12 C, oder die Anzahl der Moleküle in einem Mol eines Stoffs. (Im englischsprachigen Raum wird diese Größe Avogadro’s number genannt.) Eine bestimmte Stoffmenge kann alternativ durch die Anzahl N der Moleküle oder durch die Anzahl ν der Mole angegeben werden. Die Entropie eines Stoffs ist normalerweise von der Größe S = N O(kB ) = ν O(R). Für das ideale Gasgesetz verwenden wir die alternativen Schreibweisen: P v = kB T mit v = V /N ,

oder

P v = R T mit v = V /ν

(26.47)

Für V /N und V /ν wird hier dasselbe Symbol v benutzt; die jeweilige Bedeutung ergibt sich aus dem Zusammenhang. In der mikroskopischen Beschreibung beziehen wir die Größen bevorzugt auf ein Teilchen und verwenden kB , in der Thermodynamik beziehen wir sie dagegen oft auf ein Mol und verwenden R. Wenn man Normalbedingungen P = 101325 Pa ≈ 1 bar ,

T = 0 oC = 273.15 K

(26.48)

voraussetzt, dann ergibt sich für ein Mol eines idealen Gases das Volumen V ≈ 22.4 l. Die Masse von 22 Liter Hörsaalluft beträgt also etwa 30 Gramm. Materialkonstanten (wie etwa Dichte, spezifische Wärme, Kompressibilität, Leitfähigkeit) sind Funktionen von P und T . Angaben für diese Größen beziehen sich häufig auf Normalbedingungen.

530


Aufgaben 26.1 Phasenraum des Oszillators Der eindimensionale Oszillator hat die Hamiltonfunktion H (q, p) =

p2 m ω2 q 2 + 2m 2

Welche Form hat die Kurve H (q, p) = E im Phasenraum? Berechnen Sie das Phasenraumvolumen VPR(E) = dq dp, das von dieser Kurve eingeschlossen wird. Aus den bekannten Energieeigenwerten En = hω ¯ (n + 1/2) folgt die Anzahl NE der Zustände mit En ≤ E. Stellen Sie den Zusammenhang zwischen dieser Anzahl NE und dem Phasenraumvolumen VPR(E) her. Lösung: Die Bedingung H (q, p)/E = 1 kann in der Form p2 q 2 + 2 =1 a2 b

√ mit a = 2 mE

und

b=

2E m ω2

geschrieben werden. Es handelt sich also um eine Ellipse mit den Halbachsen a und b. Das Phasenraumvolumen VPR ist gleich der Ellipsenfläche: 2πE dp dq = πa b = VPR (E) = ω H (q, p) < E

Der quantenmechanische Oszillator hat die diskreten Energien En = h¯ ω (n + 1/2) mit n = 0, 1, 2, . . .. Die Anzahl NE der Zustände mit einer Energie kleiner als E ist daher NE =

En ≤E

1 ≈

E VPR (E) = 2π h¯ h¯ ω

(NE 1)

(26.49)

Dieses Ergebnis wurde in (18.13) für den unendlichen Potenzialtopf angegeben. Unter der Voraussetzung NE 1 gilt das Ergebnis für beliebige eindimensionale Systeme: Nach der Unschärferelation können die Koordinate qk und der Impuls pk nur im Rahmen der Unschärferelation Δqk Δpk ≥ h¯ /2 festgelegt werden. Dementsprechend nimmt ein quantenmechanischer Zustand ein Volumen der Größe h¯ im qk -pk -Unterraum ein. In Aufgabe 18.11 wird das Ergebnis auf den dreidimensionalen Oszillator verallgemeinert.

26.2 Exponentialfunktion mit sehr großem Exponenten Die Funktion f (E) = E N mit N = O(1024 ) soll um E0 in eine Taylorreihe entwickelt werden. Welche Bedingung muss erfüllt sein, damit der Term 1. Ordnung in (E − E0 ) klein gegenüber dem 0. Ordnung ist? Was ergibt sich, falls ln f (E) anstelle von f (E) entwickelt wird? Lösung: Die Taylorentwicklung der Funktion f (E) beginnt mit f (E) ≈ f (E0 ) + f (E0 ) (E − E0 ) + . . . = E0N + N E0N−1 (E − E0 ) + . . .


531

Die angegebene Bedingung lautet ΔE 1 1. Term E − E0 1 , also =N 0. Term E0 E0 N Die Taylorentwicklung der Funktion ln f (E) lautet dagegen ln f (E) ≈ ln f (E0 ) +

f (E0 ) N (E − E0 ) + . . . (E − E0 ) + . . . = N ln E0 + f (E0 ) E0

Die Bedingung lautet jetzt ΔE 1. Term E − E0 1 , also ln E0 = 0. Term E0 ln E0 E0 Im ersten Fall ist der (vermutliche) Konvergenzbereich extrem klein. Im zweiten Fall ist die Entwicklung dagegen möglicherweise brauchbar. 6

10

. .. .. ....... ... ....... . 10 ....... 10 . . . . ... (E/E0 ) . .. . ...... .. ...... .. ...... . . . . ... .. . ..... .. ..... .. ..... . . ... . . . .... .. .... .. .... . . . ... . .... .... .. .. ... ... ..... . . .. ... .. ..... . . .. .... .. ......................... .... .. .. E ... E0 . .. .. ... . .. .. ..

ln(E/E0 )

Die Abbildung zeigt die Graphen der Funktionen f (E) = (E/E0 )10 und ln f (E). Die Funktion f (E) wächst stark mit E an. Dies gilt für jeden Wert von E, auch wenn der Anstieg im Graphen nur an der ausgewählten Stelle sichtbar wird. Für den Exponenten N = 1024 wird dieser Anstieg so extrem, dass eine Taylorentwicklung praktisch nicht brauchbar ist. Dagegen ist das Verhalten des Logarithmus der Funktion gemäßigt.

26.3 Zustandssumme für Gasgemisch In einem Kasten mit dem Volumen V befinden sich N1 Gasatome der Sorte 1 und N2 Gasatome der Sorte 2. Behandeln Sie das System als Mischung idealer einatomiger Gase und geben Sie die Zustandssumme Ω an. Lösung: Da es sich um ideale Gase handelt, ist die gesuchte Zustandssumme Ω gleich dem Produkt Ω1 Ω2 der möglichen Zustände der einzelnen Gase: Ω = Ω1 (E1 , V1 , N1 ) Ω2 (E2 , V2 , N2 ) Dabei ist auf der rechten Seite jeweils der Ausdruck (26.9) für die Zustandssumme eines einatomigen idealen Gases zu verwenden. Da die Gase ideal sind, ist das Volumen V allen Atomen zugänglich, V1 = V2 = V . Für das insgesamt abgeschlossene System ist die Energie E = E1 + E2 eine Erhaltungsgröße; insofern sind die beiden Gase nicht voneinander

532


unabhängig. Damit erhalten wir ln Ω(E1 ) = ln Ω(E1 , V , N1 ) + ln Ω(E − E1 , V , N2 ) =

3N1 3N2 E1 E − E1 + ln ln 2 N1 2 N2 V V + N2 ln + (N1 + N2 ) ln c + N1 ln N1 N2

Im Ergebnis Ω(E1 , E, V , N1 , N2 ) haben wir speziell das Argument E1 hervorgehoben, weil es als einziges durch die experimentellen Vorgaben zunächst noch nicht festgelegt ist. Im Gleichgewicht stellt sich die Energie E1 so ein, dass Ω = Ω1 Ω2 maximal wird (analog zu (26.20)). Dies ist dann der Fall, wenn die Energie pro Atom für beide Gase gleich ist, also für E1 /N1 = E2 /N2 .

26.4 Volumen der n-dimensionalen Kugel Berechnen Sie das Volumen Vn (R) = Cn R n einer n-dimensionalen Kugel mit dem Radius R. Geben Sie damit die Zustandssumme Ω(E, V , N ) eines idealen Gases an. Anleitung: Gehen Sie von der Beziehung ∞ ∞ n 2 dx1 . . . dxn exp − xi = −∞

−∞

∞

dR An (R) exp −R 2

(26.50)

0

i =1

2 aus. Dabei ist R 2 = xi , und An (R) = d Vn /dR ist die Oberfläche der betrachteten Kugel. Aus der Berechnung der beiden Seiten ergibt sich Cn . Lösung: Das Volumenelement dV = dx1 dx 2 ...dxn kann alternativ durch An dR aufgespannt werden; dies und exp(−R 2 ) = exp(− xi2 ) ist die Grundlage von (26.50). Die Aussage Vn (R) ∝ R n folgt aus einer Dimensionsbetrachtung. Aus Vn (R) = Cn R n erhalten wir An = dVn /R = n Cn R n−1 . Wir setzen dies auf der rechten Seite von (26.50) ein und substituieren z = R 2 , ∞

n Cn ∞ rechte Seite = n Cn dR R n−1 exp −R 2 = dz zn/2−1 exp(−z) 2 0 0 n Cn Γ (n/2) = Cn Γ (n/2 + 1) 2 Dabei ist Γ (n/2 + 1) = (n/2)! die Gammafunktion, siehe (25.9). Es gilt (n/2)! √ = (n/2)(n/2 − 1) · . . . · 1 für gerades n, und (n/2)! = (n/2)(n/2 − 1) · . . . · (1/2) π für ungerades n. Auf der linken Seite von (26.50) faktorisiert das Integral: ∞ ∞ ∞

2 2 linke Seite = dx1 exp −x1 · dx2 exp −x2 · . . . · dxn exp −xn2 =

−∞

=

−∞

dx exp −x

∞

−∞

n 2

√ n = π

−∞

533

Kapitel 26 Grundzüge der Statistischen Physik Aus der Übereinstimmung beider Seiten folgt Cn =

πn/2 πn/2 = Γ (n/2 + 1) (n/2)!

Wir geben einige Beispiele an: V1 (R) = 2R ,

V2 (R) = πR 2 ,

V3 (R) =

4π 3 R , 3

V6 (R) =

Für sehr großes n erhalten wir mit Hilfe von (25.11) 2π e n/2 2π e n/2 n und Vn (R) ≈ R Cn ≈ n n

π3 6 R 6

(26.51)

Wir kommen nun zur Zustandssumme des idealen Gases. Die Zustandssumme ist durch das Phasenraumvolumen bestimmt. Wie auf der rechten Seite von (26.8) zu sehen, führt dies zum Volumen einer Kugel mit dem Radius (2 mE)1/2 und der Dimension n = 3N. Mit den hier gefundenen Ergebnissen wird (26.8) zu

3N/2 VN VN dp Φ= . . . dp = C3N 2 mE 1 3N 3N 3N (2π h¯ ) (2π h¯ ) ./ 0

k

pk2 ≤ 2 mE

Da fast alle Zustände r bei Er ≈ E liegen, gilt Ω(E) = Φ(E) − Φ(E − δE) ≈ Φ(E). Mit Ω ≈ Φ/N! berücksichtigen wir noch die Ununterscheidbarkeit der Teilchen:

3N/2 1 eV N 4π e mE 3N/2 1 VN Ω(E, V , N) ≈ C ≈ 2 mE 3N N! (2π h¯ )3N (2π h¯ )3N N 3N Im letzten Schritt haben wir die Näherungen (26.51) für C3N und (25.11) für N! verwendet. Damit erhalten wir das gesuchte Resultat E V 3N ln + N ln + N ln c ln Ω(E, V , N) = 2 N N Die Konstante c spielt in den Anwendungen keine Rolle. Die Faktoren 1/N! und C3N führen dazu, dass Volumen und Energie in der Form V /N und E/N auftreten.

26.5 Ideales Spinsystem In einem Kristallgitter befindet sich an jedem Gitterplatz ein ungepaartes Elektron. Mit dem Spin s ν (hier ohne den Faktor h) ¯ des ν-ten Elektrons ist ein magnetisches das Bohrschen MaMoment μν = −μB s ν verknüpft; dabei ist μB = e h/(2mc) ¯ gneton. Im Magnetfeld B hat ein Teilchen die Energie ε = −μ · B. Relativ zum Feld B = B ez kann sich der Spin parallel oder antiparallel einstellen, sz,ν = ±1/2. Die Mikrozustände r = (sz,1 , sz,2 , ..., sz,N ) haben die Energie Er (B) = 2μB B

N ν =1

Berechnen Sie die Zustandssumme Ω(E, B).

sz,ν

(26.52)

534


Anleitung: Welchen Wert En hat die Energie, wenn genau n magnetische Momente parallel zum Magnetfeld stehen? Geben Sie die Anzahl Ωn der Mikrozustände mit der Energie En an. Wenn δE so gewählt wird, dass im δE-Intervall gerade einer der En -Werte liegt, gilt Ω(E, B) = Ωn mit E ≈ En . Man setzt n 1 und N − n 1 voraus. Zeigen Sie ln Ω(E, B) = −

N 2

1−

E NμB B

E 1 − 2 2NμB B

ln

−

N 2

1+

E NμB B

ln

E 1 + 2 2NμB B

(26.53)

Welche Änderung ergibt sich, wenn das Intervall δE mehrere En -Werte umfasst? Lösung: Die Anzahl der Zustände Ωn , für die genau n magnetische Momente parallel zum Magnetfeld stehen, und die zugehörige Energie En sind: Ωn =

N! n! (N − n)!

und

En (B) = −μB B n − (N − n) = μB B (N − 2n)

Für δE ≈ 2μB B fällt gerade ein En -Wert in das Intervall zwischen E und E − δE, also

Ω(E, B) =

= Ωn =

E−δE ≤ En (B) ≤ E

N! n! (N − n)!

mit

E ≈ En (B)

Die Energiewerte En (B) können nach n oder N − n aufgelöst werden, n=

E N − 2 2 μB B

und

N −n =

N E + 2 2 μB B

(26.54)

Wir berechnen den Logarithmus der Zustandssumme: ln Ω(E, B) = ln N! − ln n! − ln(N − n)!

(25.11)

≈

− (N − n) ln(N − n) + (N − n) = −n ln

N ln N − N − n ln n + n

N −n n − (N − n) ln N N

Hierin setzen wir (26.54) ein und erhalten (26.53). Für einen beliebigen Wert von δE gibt es δE/(2μB B) Energiewerte En im Intervall (E, E − δE); es könnten zum Beispiel zehn En ’s sein. Dann erhält Ω(E, B) den zusätzlichen Faktor δE/2μB B, und ln Ω wird zu δE ln Ω ∗ (E, B) = ln Ω(E, B) + ln 2 μB B Der Zusatzterm kann gegenüber ln Ω(E, B) = O(N) vernachlässigt werden.

26.6 Ideales Gas in einer Kugel Ein ideales Gas, das in einer Kugel (Radius R) eingeschlossen ist, soll quantenmechanisch behandelt werden. Der Radialteil der Schrödingergleichung wird durch die sphärischen Besselfunktionen gelöst, deren Nullstellen als bekannt vorausgesetzt werden können. Bestimmen Sie für diese spezielle Geometrie den Druck P = − ∂Er (V )/∂V als Funktion von E und V .

535


Lösung: Für ein Teilchen im sphärischen Kasten lautet die Lösung der zeitunabhängigen Schrödingergleichung ϕ(r) = C jl (kr)

zur Energie

ε=

h¯ 2 k 2 2m

Die Wellenfunktion ist auf r ≤ R beschränkt. Aus der Randbedingung folgen die diskreten Werte für die Wellenzahl: jl (kR) = 0

⇒

knl R = Xnl

Die Nullstellen Xnl der sphärischen Besselfunktion jl sind bekannte Zahlen, zum Beispiel Xn0 = nπ mit n = 1, 2,... für l = 0; einige weitere Nullstellen sind in der Tabelle von Aufgabe 20.3 angegeben. Ein Mikrozustand

* + r = n1 , l1 , m1 , n2 , l2 , m2 , . . . , nN , lN , mN = nν , lν , mν hat die Energie Er =

N N N h¯ 2 2 h¯ 2 Aν 2 X = knν lν = nν lν 2 2/3 2 m 2 mR V ν=1 ν=1 ν=1

Die Größen Aν hängen nicht vom Volumen V = 4πR 3 /3 ab. Damit erhalten wir für den Druck N 2 Aν ∂Er (V ) 2 2E = P =− = Er = ∂V 3 ν=1 V 5/3 3V 3V Dieses Ergebnis gilt unabhängig von der Form des Gasvolumens.

26.7 Heizen im Winter Auf die Frage „Warum heizen wir im Winter“ antwortet der Laie: „Um die Temperatur der Raumluft zu erhöhen“. Im Hinblick auf den ersten Hauptsatz könnte ein Physiker vielleicht antworten: „Wir führen die Wärmemenge ΔQ zu, um die innere Energie E der Raumluft zu erhöhen“. Berechnen Sie die Änderung der Energie der Raumluft bei der Temperaturerhöhung ΔT , wobei die Luft als ideales Gas mit cV = const. behandelt wird. Beachten Sie, dass der Druck P = P0 wegen der Ritzen in Türen und Fenstern konstant auf Umgebungsdruck gehalten wird. Lösung: Die Energie des idealen Gases mit cV = const. ist E = N cV T . Die Energiedichte bei gegebenem Druck ist dann konstant: E N cV T cV P0 = const. = = V V kB Dabei wurde die ideale Gasgleichung P0 V = N kB T verwendet. Für die Luft im Raum sind sowohl der Druck P = P0 ≈ 1 bar wie auch das Volumen VRaum konstant. Damit ist auch die Energie der Raumluft konstant: ERaum =

cV P0 VRaum = const. kB

536


Die innere Energie der Raumluft ändert sich also beim Heizen nicht. Vielmehr entweicht Luft mit dem Volumen N kB ΔT ΔV = P0 durch die Ritzen ins Freie (ohne Ritzen wäre der Druck nicht konstant). Diese Luft nimmt die gesamte zugeführte Wärme als innere Energie mit: ΔEAbluft =

cV P0 ΔV = N cV ΔT = ΔQ kB

Natürlich gilt der erste Hauptsatz ΔE = ΔQ + ΔW auch für das System „Raumluft“. Allerdings ist die Teilchenzahl dieses Systems nicht konstant: ΔERaum = E(T + ΔT , N + ΔN) − E(T , N) = ΔN cV (T + ΔT ) + N cV ΔT = ΔW + ΔQ = 0 Unter diesem Gesichtspunkt ist das Entweichen (ΔN < 0) der Luft eine vom System geleistete Arbeit −ΔW = ΔQ > 0; die in den kleinen Größen quadratischen Terme wurden weggelassen. Die Arbeitsleistung ergibt sich aus (26.13) mit dem äußeren Parameter x = N. Die zugehörige verallgemeinerte Kraft X wird später in (27.24) eingeführt. Das Heizen dient also nicht zur Erhöhung der inneren Energie des Systems „Raumluft“, sondern wird in eine Arbeitsleistung des Systems umgesetzt. Zugleich wird dabei die Temperatur des Systems erhöht.

26.8 Entropieänderung bei Durchmischung Zwei ideale einatomige Gase haben beide die Temperatur T , die Teilchenzahl N und ein Volumen V . Die beiden Volumina grenzen aneinander. Die Wand zwischen ihnen wird nun seitlich herausgezogen, so dass die Gase sich vermischen können. Wie groß ist die Entropieänderung bei diesem Prozess, wenn es sich um (i) gleiche Gase oder um (ii) verschiedene Gase (zum Beispiel Helium- und Argongas) handelt? Die Zustandssumme Ω(E, V , N ) wird als bekannt vorausgesetzt. Lösung: Wir betrachten zunächst die getrennten Gase. Für die Zustandssumme Ω eines idealen einatomigen Gases gilt (26.9). Damit ergibt sich die Entropie eines der Gase zu 3NkB V E SA,B (E, V , N) = kB ln Ω(E, V , N) = +N kB ln cA,B ln + NkB ln 2 N N ./ 0 S0 (E, V , N)

Die Konstanten cA,B hängen über die Massen der Atome von der Gassorte (A oder B) ab. Die Terme mit ln cA,B sind beim betrachteten Prozess aber konstant und fallen in der gesuchten Entropieänderung ganz weg. Wir betrachten daher nur die Entropie S0 (E, V , N). Aus 1/T = ∂S0 /∂E folgen E = 3NkB T /2 und 3 kB T 3NkB V ln + N kB ln S0 (T , V , N) = 2 2 N Vor dem Entfernen der Wand haben beide Gase diese Entropie. Damit ist die Entropie des Gesamtsystems Sa = 2 S0 (T , V , N)

537


Da die Wand seitlich herausgezogen wird, ist mit dem Prozess a → b keine Arbeitsleistung verbunden. Es wird auch keine Wärme auf das System übertragen. Damit sind die Energie und die Temperatur jedes der beiden Gase erhalten; daher wird auch keine Wärme zwischen den Gasen ausgetauscht. Der betrachtete Prozess a → b ändert aber das zur Verfügung stehende Volumen von V zu 2V . Für verschiedene Gase ist in der Entropie S(T , V , N) jedes Gases V → 2V zu ersetzen. Sind die Gase jedoch gleich, dann ist für das Gesamtsystem mit 2N Teilchen ein einziger Entropieausdruck zu verwenden: ungleiche Gase 2 S0 (T , 2V , N) Sb = S0 (T , 2V , 2N) gleiche Gase Damit ergeben sich die Entropieänderungen 2 N kB ln(2) > 0 ΔS = Sb − Sa = 0

ungleiche Gase, irreversibel gleiche Gase, reversibel

Für gleiche Gase kann der ursprüngliche Zustand durch seitliches Einschieben der Wand wiederhergestellt werden. Für verschiedene Gase hat die Durchmischung dagegen den Grad der Unordnung irreversibel erhöht. Wir sind von der Zustandssumme (26.9) eines einatomigen idealen Gases ausgegangen. Für mehratomige ideale Gase ist die hier relevante Volumenabhängigkeit der Zustandssumme dieselbe. Das Ergebnis gilt daher generell für ideale Gase.

26.9 Druckbeiträge in einem Gasgemisch In einem Volumen V befindet sich eine Mischung idealer Gase (mit jeweils Ni Teilchen der i-ten Sorte, i = 1,..., m). Geben Sie die Zustandssumme Ω(E, V , N1 ,..., Nm ) an und berechnen Sie daraus den Druck. Wie tragen die einzelnen Bestandteile zum Druck bei? Lösung: Für ideale Gase ist die Zustandssumme gleich dem Produkt der Zustandssummen der einzelnen Gase Ω(E, V , N1 ,..., Nm ) =

m A

Ω(Ei , V , Ni )

i=1

Da die Gase im Kontakt miteinander stehen, haben sie alle dieselbe Temperatur T . Für jedes einzelne Gas ist 1/T = kB ∂ ln Ω(Ei , V , Ni )/∂Ei . Mit der bekannten Form (26.9) für Ω folgt hieraus Ei = 3Ni kB T /2. Wir setzen dies in Ω(Ei , V , Ni ) ein und erhalten m 3Ni V 3 kB T S(T , V , N1 ,..., Nm ) = kB ln Ω = kB + Ni ln ci ln + Ni ln 2 2 Ni i=1 Damit können wir den Druck berechnen: P =T

m m m ∂ V ∂S(T , V , N1 ,..., Nm ) Ni kB T Ni ln = Pi = kB T = ∂V ∂V i=1 Ni V i=1 i=1

Die einzelnen Partialdrücke Pi addieren sich zum Gesamtdruck. Das Ergebnis gilt auch für mehratomige ideale Gase; entscheidend hierfür ist, dass die Energien Ei = Ei (T , Ni ) nicht vom Volumen abhängen.

538


26.10 Entropieänderung bei Wärmeaustausch I Ein halber Liter Wasser befindet sich bei Zimmertemperatur in einem Stahlgefäß mit der Masse 2 kg. Nun wird ein Eiswürfel von 100 g in das Wasser gegeben und das System thermisch isoliert. Wie groß ist die Wassertemperatur, die sich schließlich einstellt? Berechnen Sie die Entropieänderung. Lösung: Bei Aufgaben dieser Art sind oft weder alle Bedingungen spezifiziert noch sind alle notwendigen Materialeigenschaften angegeben. Zu den impliziten Bedingungen gehört, dass das Experiment bei Normaldruck P stattfindet. Zu den Materialeigenschaften, die nachzuschlagen sind, gehören insbesondere die spezifischen Wärmen cP . Eine weitere implizite Annahme besteht in der Vernachlässigung der Temperaturabhängigkeit der spezifischen Wärmen. Wir fassen zunächst die Angaben der Aufgabenstellung und die spezifischen Wärmen in einer Tabelle zusammen:

Gefäß Wasser Eis (T ≥ 0)

Masse

cP

CP

2000 g 500 g 100 g

0.45 J/(g K) 4.2 J/(g K) 4.2 J/(g K)

900 J/K 2100 J/K 420 J/K

Ta 293 K 293 K 273 K

Dabei ist Ta die Ausgangstemperatur, und CP die Wärmekapazität. Diese Angaben werden noch durch die Schmelzwärme (wird später präziser als Umwandlungsenthalpie bezeichnet) von 335 J/g ergänzt, also ΔQS = 33.5 kJ. Im abgeschlossenen System ist die Änderung der Energie null, ΔE = 0. Es gibt keine Arbeitsleistungen, ΔW = 0. Dann folgt aus dem 1. Hauptsatz: ΔQ = 0 = ΔQ(Gefäß) + ΔQ(Wasser) + ΔQ(Eis) Die einzelnen Beiträge sind von der Form ΔQ = CP (T − Ta ); bei ΔQ(Eis) kommt noch die Schmelzwärme ΔQS dazu. Die Beiträge können positiv oder negativ sein; das Vorzeichen folgt aus der Definition als „aufgenommene Wärmemenge“. Wir setzen die gegebenen Werte ein: 900

J J J T − 293 K + 2100 T − 293 K + 33500 J + 420 T − 273 K = 0 K K K

Wir teilen durch 1000 J und bringen die Terme mit T auf eine Seite:

T 0.9 + 2.1 + 0.42 = 293 · 0.9 + 2.1 − 33.5 + 273 · 0.42 K Damit erhalten wir das Ergebnis: T ≈ 281 K

oder 8o C

Wenn man in dieser Aufgabe eine größere Eismenge vorgibt, dann schmilzt das Eis möglicherweise nur teilweise, und der Endzustand ist ein Gleichgewicht von Eis und Wasser mit T ≈ 273 K. In diesem Fall könnte man ausrechnen, welcher Prozentsatz des Eises geschmolzen ist.

539


Die Entropieänderung beim Prozess a → b ergibt sich bei konstanter Wärmekapazität CP aus b – Tb dQq.s. Tb dT ΔS = = CP = CP ln (26.55) T T Ta a Ta Hierfür wird ein quasistatischer Weg angenommen. Da wir uns schließlich auf Zustandsgrößen für a und b beschränken, darf der tatsächliche Prozess nicht-quasistatisch verlaufen; dies wird in der Regel auch der Fall sein. Für das Eis ist noch der Beitrag ΔSS = ΔQS /Ta zu berücksichtigen. Wir setzen die bekannten Werte ein: ΔS = ΔS(Gefäß) + ΔS(Wasser) + ΔS(Eis) 281 33500 281 J J 281 + 2100 ln + + 420 ln ≈ 9 = 900 ln 293 293 273 273 K K Die Entropieänderung ist von der schematischen Form ΔQ/T< − ΔQ/T> , also eine (kleine) Differenz von zwei großen Termen. Numerisch muss man daher bei den großen Termen mehrere relevante Stellen berücksichtigen. Wegen ΔS > 0 ist der Prozess irreversibel.

26.11 Entropieänderung bei Wärmeaustausch II Ein Kilogramm Wasser von 10 ◦ C wird mit einem Wärmespeicher von 90 ◦ C in thermischen Kontakt gebracht. Danach stellt sich ein neues Gleichgewicht ein. Berechnen Sie für diesen Prozess die Entropieänderung des Wassers, des Wärmespeichers und des Gesamtsystems. Lösung: Ein Wärmespeicher hat eine so große Wärmekapazität, dass er seine Temperatur während des Kontakts (hier mit dem Kilogramm Wasser) praktisch nicht ändert. Die Endtemperatur ist daher Tb ≈ 363 K. Die Entropieänderung des Wassers berechnen wir mit (26.55) und CP = 4200 J/(K), J Tb 363 J ΔS(Wasser) = CP ln = 4200 ln ≈ 1046 Ta K 283 K Die vom Wasser aufgenommene Wärme ist ΔQW = CP ΔT = 4200

J 80 K = 336 kJ K

Für das Gesamtsystem gilt ΔQ = ΔQW + ΔQS = 0, also ΔQS = −ΔQW . Damit berechnen wir die Entropieänderung des Speichers: ΔS(Speicher) = a

b

– q.s. dQ ΔQS J 336000 J = ≈ − 926 =− T Tb 363 K K

Die gesamte Entropieänderung ergibt sich dann zu ΔS = ΔS(Wasser) + ΔS(Speicher) ≈ 120 Der Prozess ist irreversibel.

J K

540


26.12 Entropie eines Gummibands Ein Gummiband wird als System mit dem einzigen äußeren Parameter Länge L betrachtet. Die Abhängigkeit der Entropie S(E, L) von L soll in folgendem Modell berechnet werden: Das Gummiband wird durch eine Kette aus N Gliedern der Länge d simuliert. Alle Glieder liegen auf einer Geraden; das jeweils nächste Glied ist mit gleicher Wahrscheinlichkeit nach rechts oder nach links gerichtet. Bestimmen Sie die Anzahl ΩL der Konfigurationen für festes L und daraus die Entropie S(E, L) − S(E, 0) = −

k B L2 2N d2

für L N d

Drücken Sie ΩL zunächst durch m = n+ − n− = L/d N aus, wobei n± die Anzahl der nach rechts (links) gerichteten Glieder ist. Berechnen Sie auch die Kraft f , mit der das Gummiband gespannt ist. Lösung: Mit n+ (n− ) bezeichnen wir die Anzahl der nach rechts (links) gerichteten Kettenglieder. Die Anzahl ΩL der Möglichkeiten, nach N = n+ + n− Schritten die Länge L zu erhalten, ist ΩL =

N! = n+ ! (N − n+ )!

N+m 2

N! ! N−m ! 2

wobei

L = d n+ − n− = md N d

Für n+ 1 und n− 1 wird dies zu ln ΩL

(25.11)

≈

=

N +m N +m N −m N −m ln − ln 2 2 2 2 m m N m m N 1+ ln 1 + − 1− ln 1 − N ln 2 − 2 N N 2 N N

N ln N −

Für |m| N können wir den Logarithmus gemäß ln(1 + x) ≈ x − x 2 /2 entwickeln: ln ΩL ≈ N ln 2 −

m2 L2 = N ln 2 − 2N 2N d2

Die Anzahl der möglichen Zustände ist proportional zu ΩL , also Ω(E, L) = ω(E) ΩL . Damit erhalten wir die Entropie

kB L2 S(E, L) − S(E, 0) = kB ln ω(E) ΩL − kB ln ω(E) Ω0 = − 2N d2 – q.s. = f dL. Wenn wir das Gummiband um dL Für einen äußeren Parameter L gilt dW – dehnen, müssen wir also die Arbeit dWq.s. = f dL am Gummiband leisten. Hieraus folgt, – q.s. + dW – q.s. und dS = dass f die Kraft ist, mit der das Band gespannt ist. Aus dE = dQ – q.s. /T ergibt sich das Differenzial T dS = dE − f dL. Aus diesem Differenzial folgt dQ f = −T

∂S(E, L) LkB T = ∂L N d2

Die meisten Stoffe dehnen sich bei Temperaturerhöhung aus. So ist zum Beispiel beim idealen Gas P ∝ T (bei festem Volumen); eine Temperaturerhöhung verstärkt den Druck und wirkt damit auf eine Vergrößerung des Volumens hin. Beim Gummiband erhalten wir

541


f ∝ T (bei festem L); eine Temperaturerhöhung verstärkt die Spannung und wirkt damit auf eine Verkürzung des Gummibands hin. Dieses Verhalten kann man bei Gummi tatsächlich beobachten. Alternative Lösung: Die einzelnen Schritte erfolgen mit der Wahrscheinlichkeitsdichte δ(s − d) − δ(s + d) 2

w(s) =

= 0 und Δs = d; siehe auch (25.4). Nach dem Gesetz der großen Zahl ergibt sich für mit s L = i si die Normalverteilung (25.6) mit L = N s = 0 und (ΔL)2 = N (Δs)2 = N d 2 . Damit erhalten wir L2 L2 L2 ΩL ΩL = exp − = − = −

⇒ ln Ω0 2 (ΔL)2 Ω0 2 (ΔL)2 2 N d2

26.13 Kurvendiskussion für f (x) = x − 1 − ln x Diskutieren Sie die Funktion f (x) = x − 1 − ln x. Bestimmen Sie die Extrema, und skizzieren Sie den Graphen der Funktion. Ein Stein mit der Wärmekapazität C hat die Temperatur T1 . Er wird in ein Schwimmbecken mit der (konstanten) Temperatur T2 geworfen und nimmt daraufhin die Temperatur T2 an. Geben Sie die Entropieänderung des Systems an, und stellen Sie den Zusammenhang mit der durchgeführten Kurvendiskussion her. 6f (x) ... ... ... .... ... ... . . . ... . .... ... .... ... ..... . ... . . ... .... ... .... .... ... . . . . ... .... ... ..... ... ..... . . . ... . ..... ... ..... ... ....... . .... . . . . . .. ...... .................................. -

x0

Lösung: Die Abbildung zeigt den Graphen der Funktion f (x) = x − 1 − ln x Die Funktion ist für x > 0 definiert. Die Ableitung f (x) = 1−1/x hat eine Nullstelle bei x0 = 1. Da die Funktion für x → 0 und für x → ∞ gegen unendlich geht, hat die Funktion an dieser Stelle ein Minimum.

x

Die Entropieänderung des Systems Schwimmbecken–Stein wird wie in Aufgabe 26.11 berechnet: T2 T1 − T2 T1 T1 ΔS = ΔS(Stein) + ΔS(Becken) = C ln +C =C − ln −1 T1 T2 T2 T2 Dies kann durch die Funktion f (x) ausgedrückt werden: ΔS = C f (x)

mit

x =

T1 T2

Die Entropieänderung ist nur für x = T1 /T2 = 1 gleich null, also wenn der Stein von vornherein die Temperatur des Schwimmbeckens hat. Ansonsten ist die Entropieänderung positiv, unabhängig davon, ob sich die Temperatur des Steins erhöht oder erniedrigt.

542


26.14 Entropieänderung bei Wärmeaustausch III Eine Stoffmenge A mit der Anfangstemperatur TA werde mit einer Stoffmenge B mit der Anfangstemperatur TB in thermischen Kontakt gebracht. Die übertragenen Wärmemengen sind durch – A, q.s. = CA dT , dQ

– B, q.s. = CB dT dQ

mit näherungsweise konstanten Wärmekapazitäten CA und CB gegeben. Bestimmen Sie die Temperatur des sich einstellenden Gleichgewichtszustands. Berechnen Sie die Änderung der Entropie des Gesamtsystems ΔS bei diesem Prozess. Zeigen Sie ΔS ≥ 0. Lösung: Mit ΔE = 0 (insgesamt abgeschlossenes System) und W = 0 (keine Arbeitsleistung) wird der 1. Hauptsatz zu

ΔQ = ΔQA + ΔQB = CA T − TA + CB T − TB = 0 Dabei wurde verwendet, dass beide Systeme schließlich dieselbe Temperatur T annehmen. Für diese Gleichgewichtstemperatur T ergibt die letzte Gleichung T =

CA TA + CB TB CA + CB

Die Entropieänderungen der beiden Teile errechnen sich wie in (26.55) angegeben: ΔS = ΔSA + ΔSB = CA ln

T TA

+ CB ln

T TB

Nach Aufgabe 26.13 gilt x − 1 − ln x ≥ 0 oder ln

1 ≥ 1−x x

Wir verwenden dies mit x = TA /T und x = TB /T , um eine untere Grenze für ΔS anzugeben: ΔQA + ΔQB TA TB + CB 1 − = =0 ΔS ≥ CA 1 − T T T

26.15 Magnetisierung im idealen Spinsystem Ein System aus N unabhängigen Spin 1/2 Teilchen in einem äußeren Magnetfeld B hat die Zustandssumme Ω aus (26.53). Bestimmen Sie hieraus die Energie E = E(T , B). Stellen Sie den Zusammenhang her zwischen der Magnetisierung M (magnetisches Moment pro Volumen) und der zu B gehörigen verallgemeinerten Kraft. Berechnen Sie die Magnetisierung M(T , B), und skizzieren Sie sie als Funktion von B/T .

543

Kapitel 26 Grundzüge der Statistischen Physik Lösung: Der Zusammenhang E = E(T , B) folgt aus (26.22) mit (26.21): ∂ ln Ω(E, B) 1 = kB T ∂E

Die E-Abhängigkeiten in ln Ω(E, B) aus (26.53) sind von der Form f (E) lnf (E) . Die Ableitung eines solchen Terms ergibt f (E) [ ln f (E) + 1]. Damit erhalten wir 1 1 NμB B − E 1 NμB B + E = ln +1 − ln +1 kB T 2μB B 2NμB B 2μB B 2NμB B NμB B − E 1 ln = 2μB B NμB B + E Wir lösen dies nach dem Argument des Logarithmus auf: NμB B − E = exp NμB B + E

2μB B kB T

Hieraus erhalten wir die Energie E(T , B) = −N μB B tanh

μB B kB T

Die zum äußeren Parameter B gehörige verallgemeinerte Kraft XB folgt aus (26.14) mit (26.52): XB = −

N

∂Er (B) sz,ν = μB n+ − n− = MV = −2μB ∂B ν =1

Dabei ist n+ (n− ) die Anzahl der Teilchen, deren magnetisches Moment parallel (antiparallel) zum Magnetfeld ist. Damit ist XB gleich dem mittleren magnetischen Moment. Üblicherweise verwendet man an dieser Stelle die Magnetisierung M (magnetisches Moment pro Volumen V ). Aus der letzten Gleichung und der Form von Er (B) folgt M(T , B) = −

E N μB 1 Er =− = tanh V B VB V

..................................... ................... . . . . . . . . . . . ........ ......... ....... . . . . . ... ...... ...... . . . . .. ..... ..... . . . . . ..... ....

1

μB B kB T

μB B kB T

≈

N μB2 B V kB T

Die Magnetisierung ist eine Funktion von B/T . Für schwache Felder oder hohe Temperaturen gilt der zuletzt angegebene Ausdruck. Hierfür ist die magnetische Suszeptibilität

6M(T , B)

M0

∂M const. = ∂B T Diese Temperaturabhängigkeit wird als Curiegesetz bezeichnet. Für starke Magnetfelder ergibt sich die Sättigungsmagnetisierung M0 = NμB /V . χm =

-

μB B/kB T

544


26.16 Entropie und Temperatur im Zweiniveausystem Ein System besteht aus einer großen Anzahl N von unterscheidbaren, unabhängigen Teilchen. Jedes Teilchen hat die Wahl zwischen den beiden Energieniveaus ε1 = 0 und ε2 = ε. Wie groß ist die Anzahl der Zustände Ωn , bei denen genau n Teilchen im (angeregten) Niveau ε2 sind? Berechnen Sie aus der Anzahl der Zustände Ω(E) im Intervall (E, E − ε) die Entropie S(E) und die Temperatur T des Gleichgewichtszustands. Geben Sie das Verhältnis n/(N − n) der (mittleren) Besetzungszahlen und die Energie E als Funktionen der Temperatur an. Was folgt aus der Bedingung T ≥ 0 für das Verhältnis der Besetzungszahlen? Welche Energie ergibt sich für T → ∞? Lösung: Die Anzahl der Zustände Ωn und die zugehörige Energie En sind N N! und En = ε n = Ωn = (N − n)! n! n Für δE = ε gilt Ω(E) = Ωn ; bei einer anderen Wahl, zum Beispiel δE = 5 ε, erhielte Ω(E) einen zusätzlichen Faktor 5, der aber wegen ln Ω(E) = O(N) keine Rolle spielt. Aus Ω(E) folgt die Entropie: S(E) = ln Ω(E) kB

(25.11)

≈

N ln N − N − n ln n + n − (N − n) ln(N − n) + (N − n)

=

− n ln

N −n n − (N − n) ln N N

Hieraus bestimmen wir die Temperatur: 1 ∂(S/kB ) 1 ∂(S/kB ) 1 n = = = − ln kB T ∂E ε ∂n ε N −n Dies gilt für das Gleichgewicht; der Gleichgewichtswert von n wurde hierfür mit n bezeichnet. Wir lösen nach dem Argument des Logarithmus auf: ε n = exp − = exp(−β ε) N −n kB T Wir lösen dies nach n auf und schreiben die Energie E = En = ε n an: E = εn =

Nε 1 + exp(β ε)

(26.56)

Die Bedingung T ≥ 0 impliziert exp(β ε) ≥ 1 und damit n ≤ N/2; die Anzahl der Teilchen im oberen Niveau ist also kleiner gleich der im unteren Niveau. Für T → ∞ gilt n → N/2 und E → N ε/2. Formal könnte man (26.56) auch für T < 0 verwenden, um damit eine Situation zu beschreiben, in der im oberen Niveau mehr Teilchen als im unteren sind. Negative Temperaturen werden gelegentlich in diesem Sinn verwendet; es handelt sich dann aber nicht um Gleichgewichtszustände.

27 Thermodynamik Die Thermodynamik beschäftigt sich mit den makroskopischen Eigenschaften von Systemen, ohne sich auf die zugrundeliegende mikroskopische Struktur zu beziehen. Grundlage der Untersuchungen sind die Hauptsätze. Sie werden durch Annahmen über die Zustandsgleichungen spezieller Systeme ergänzt. Wir führen die thermodynamischen Potenziale ein, leiten wichtige Beziehungen für Zustandsänderung (Wärmezufuhr, Expansion) ab und diskutieren Wärmekraftmaschinen. Der letzte Teil dieses Kapitels befasst sich mit dem chemischen Potenzial und dem Austausch von Teilchen.

Zustandsgrößen Unter Zuständen verstehen wir in der Thermodynamik grundsätzlich Gleichgewichtszustände. Alle betrachteten Prozesse beginnen und enden in einem solchen Gleichgewichtszustand. Über Zwischenzustände, die keine Gleichgewichtszustände sind, werden keine spezifischen Aussagen gemacht. Nach (26.7) können Gleichgewichtszustände durch die Energie E und die äußeren Parameter x1 ,..., xN festgelegt werden, oder durch n + 1 andere geeignete Zustandsvariable y = y1 ,..., yn+1 . Wir beschränken uns zunächst auf homogene Systeme, deren einzige äußere Parameter V (Volumen) und N (Teilchenzahl) sind. Dann kommen als Zustandsvariable in Frage: Zustandsvariable: y = (E, V , N ) oder (T , V , N ) oder (T , P , N ) oder . . . (27.1) Zustandsgrößen sind physikalische Größen, die in einem Gleichgewichtszustand festgelegt sind, also alle Größen, die eine (eindeutige) Funktion der Zustandsvariablen sind, zum Beispiel f = f (T , P , N ). Die Zustandsvariablen sind ebenfalls Zustandsgrößen. Für homogene Systeme sind die zu betrachtenden Zustandsgrößen entweder extensiv oder intensiv. Teilt man ein homogenes System in zwei Teile, A und B, so gilt für eine extensive Größe f = fA + fB (zum Beispiel Volumen), während für eine intensive Größe fA = fB gilt (zum Beispiel Temperatur). Wir beschränken uns zunächst meist auf das Volumen V als äußeren Parameter und setzen N = const. voraus. Dann gibt es zwei Zustandsvariable, etwa y = (E, V ). Als Beispiel für eine Zustandsgröße betrachten wir die Entropie S = S(E, V ). Hierfür bilden wir das vollständige Differenzial ∂S P ∂S 1 dS = dE + dV = dE + dV (27.2) ∂E V ∂V E T T 545 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_27, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

546


– q.s. + Im zweiten Schritt haben wir für einen quasistatischen Prozess dE = dQ – – – dWq.s. (1. Hauptsatz), T dS = dQq.s. (2. Hauptsatz) und dWq.s. = −P dV verwendet. Die bei der partiellen Ableitung konstant gehaltene Größe wird als Index an der Klammer angegeben. Für einen Ausdruck der Form A dx + B dy mit beliebigen Funktionen A(x, y) und B(x, y) gilt ∂A ∂B A(x, y) dx + B(x, y) dy ←→ = (27.3) ist vollständiges Differenzial ∂y x ∂x y Dann gibt es eine Funktion f (x, y) mit df = A(x, y) dx + B(x, y) dy. Hieraus folgen die Beziehungen B B ∂f ∂x ∂f ∂x ∂f =− und = 1 (27.4) ∂y f ∂y x ∂x y ∂f y ∂x y

Thermodynamische Potenziale Die thermodynamischen Potenziale (i) sind Zustandsgrößen mit der Dimension einer Energie und (ii) haben einfache partielle Ableitungen. Wir geben die Definition der am häufigsten betrachteten Potenziale an: Energie

E(S, V )

Freie Energie

F (T , V ) = E − T S

Enthalpie H (S, P ) = E + P V

Freie Enthalpie G(T , P ) = E − T S + P V (27.5) Im Argument wurden die sogenannten natürlichen Variablen angegeben, für die die partiellen Ableitungen besonders einfach sind. Das Differenzial der Energie, dE = T dS − P dV , kann aus (27.2) entnommen werden. Mit d(T S) = T dS + S dT und d(P V ) = P dV + V dP kann man leicht zu den Differenzialen der anderen Potenziale kommen (Legendretransformation): dE = T dS − P dV ,

dF = −S dT − P dV

dH = T dS + V dP ,

dG = −S dT + V dP

Die partiellen Ableitungen oder thermodynamischen Kräfte sind: ∂E ∂E ∂F ∂F =T, = −P = −S , = −P ∂S V ∂V S ∂T V ∂V T ∂H ∂G ∂G ∂H =T, =V = −S , =V ∂S P ∂P S ∂T P ∂P T

(27.6)

(27.7)

Aus der Vertauschbarkeit der partiellen Ableitungen folgen die Maxwellrelationen, zum Beispiel ∂S ∂P = Maxwellrelation aus dF (27.8) ∂V T ∂T V

547

Kapitel 27 Thermodynamik

Im Allgemeinen gibt es mehrere äußere Parameter x1 ,..., xn . Für quasistatische Pro– q.s. + – q.s. = − Xi dxi , und aus den Hauptsätzen dE = dQ zesse gilt dann dW i – q.s. folgt – q.s. und T dS = dQ dW dE = T dS −

n

Xi dxi = T dS − P dV + μ dN

(27.9)

i =1

Der letzte Ausdruck gilt für x = (V , N ). Aus den partiellen Ableitungen ∂E ∂E ∂E =T, = −P , =μ ∂S V ,N ∂V S,N ∂N S,V

(27.10)

ergeben sich dann drei Maxwellrelationen. Das hier eingeführte chemische Potenzial μ wird im letzten Teil des Kapitels eingehend behandelt. Aus der Kenntnis eines der thermodynamischen Potenziale (als Funktion seiner natürlichen Variablen) können alle anderen Potenziale, sowie die thermische und kalorische Zustandsgleichung bestimmt werden. In diesem Sinn enthält ein solches Potenzial die vollständige thermodynamische Information. Als Beispiel betrachten wir das thermodynamische Potenzial E(S, V ). Man löst T = (∂E/∂S)V = T (S, V ) nach S = S(T , V ) auf. Aus E(S, V ) mit S = S(T , V ) folgt die kalorische Zustandsgleichung E = E(T , V ). Die thermische Zustandsgleichung ergibt sich aus P = −(∂E/∂V )S = P (S, V ) = P (S(T , V ), V ) = P (T , V ). Die anderen thermodynamischen Potenzial folgen aus ihren Definitionen. In der mikroskopischen Behandlung berechnet man Ω(E, x). Hieraus folgen die Entropie S = kB ln Ω = S(E, x) und das thermodynamische Potenzial E(S, x). Damit enthält auch die Zustandssumme Ω(E, x) die vollständige thermodynamische Information. Mit der Berechnung der Zustandssumme ist daher die Aufgabe der statistischen Physik erfüllt. Die Gleichgewichtsbedingung „S = maximal“ gilt für ein abgeschlossenes System mit vorgegebenen Werten für die Energie E und die äußeren Parameter x. Wir ergänzen diese Extremalbedingungen: S = maximal F = minimal G = minimal

bei gegebenem E, V bei gegebenem T , V bei gegebenem T , P

(27.11)

Zur Ableitung betrachtet man zwei makroskopische Systeme A und B, die zum Beispiel Wärme austauschen können. Für EA E = EA + EB stellt das System B praktisch ein Wärmebad für A dar. Wir entwickeln die Entropie des Gesamtsystems S(EA ) = SA (EA , VA ) + SB (E − EA , VB ) für EA E: ∂SB (EB , VB ) EA S = SA + SB (E, VB) − (27.12) EA = const. + SA − ∂EB T Dabei ist T = TB die Temperatur des Wärmebads B. Die Größe SB (E, VB) ist gleich einer Konstanten, weil E und VB fest vorgegeben sind. Aus S = maximal folgt für die freie Energie FA = EA −T SA des Untersystems A dann die Extremalbedingung (27.11).

548


Wärmeübertrag Die Wärmekapazitäten bestimmen die Temperaturerhöhung bei Wärmezufuhr: – q.s. – q.s. dQ dQ ∂S = T ∂S CP = , C = = T (27.13) V dT P ∂T P dT V ∂T V Für homogene Systeme mit zwei Zustandsvariablen muss angegeben werden, welche Größe (etwa P oder V ) bei der Temperaturerhöhung festgehalten wird (bei drei Zustandsvariablen wären zwei Größen festzuhalten). Die spezifische Wärme ist die auf die Teilchenzahl (cx = Cx /N ) oder auf die Stoffmenge (cx = Cx /ν) bezogene Wärmekapazität. Für die Differenz der beiden Wärmekapazitäten findet man CP − CV = T

∂P ∂T

V

∂V ∂T

= P

V T α2 κT

(27.14)

wobei α der Ausdehnungskoeffizient ist, und κT die isotherme Kompressibilität: 1 ∂V 1 ∂V α= , κT = − > 0 (27.15) V ∂T P V ∂P T Für ein stabiles System gilt κT > 0; dagegen ist α meist aber nicht immer positiv. In jedem Fall ist CP ≥ CV . Für das ideale Gas gelten α = 1/T und κT = 1/P und CP − CV = ν R

oder

cP − cV = R

(ideales Gas)

(27.16)

Die allgemeine Relation (27.14) gilt gleichermaßen für Gase, Flüssigkeiten und Festkörper; vorausgesetzt wurde lediglich, dass das System homogen ist. Für Kupfer ist der Ausdehnungskoeffizient um zwei Größenordnungen kleiner als beim idealen Gas (Normalbedingungen), die Kompressibilität um sechs Größenordnungen kleiner. Für Festkörper und Flüssigkeiten ist die relative Differenz (cP − cV )/cP meist klein gegenüber 1.

Expansion Wir wollen die Temperaturänderung bei (i) freier Expansion (E = const.), bei (ii) quasistatischer, adiabatischer Expansion (S = const.) und bei (iii) Joule-ThomsonExpansion (H = const.) berechnen. Als Beispielsysteme betrachten wir das ideale Gas oder das van der Waals-Gas, P =

RT v

oder

P =−

a RT + 2 v v−b

(27.17)

Dabei ist v = V /ν das auf die Stoffmenge (in Mol) bezogene Volumen. Im Rahmen der Thermodynamik sind beide Gleichungen als empirische Ansätze aufzufassen; das van der Waals-Gas hängt von zwei positiven Parametern a und b ab. In der

549


statistischen Physik sollen diese Gleichungen abgeleitet werden. Für das ideale Gas wurde die Ableitung in Kapitel 26 angegeben. Bei der freien Expansion (Gay-Lussac-Drosselversuch) ist das System thermisch – = 0). Die Expansion erfolgt ohne Arbeitsleistung (etwa durch Öffnen isoliert ( dQ – + dW – = 0. Die Temperaturänderung bei einer Drosselklappe), so dass dE = dQ dieser freien Expansion ist ⎧ ⎨ 0 (ideales Gas) ∂T 1 ∂P = a P −T = ⎩ − (van der Waals-Gas) ∂v E cV ∂T V cV v 2 (27.18) Im realen Gas ergibt sich eine Abkühlung. – = 0) Gas werde durch langsames Herausziehen Ein thermisch isoliertes ( dQ – q.s. /T = 0, eines Kolbens expandiert. Dann folgt aus dem 2. Hauptsatz dS = dQ also S = const. Daraus ergibt sich die Temperaturänderung bei adiabatischer quasistatischer Expansion zu ∂T T α ideales Gas P =− = − (27.19) ∂V S CV κT CV Für das van der Waals-Gas wird das Ergebnis in Aufgabe 27.17 ausgewertet. Beim Joule-Thomson-Prozess wird ein Gas mit einem Druck Pa durch einen porösen Stopfen gepresst. Hinter dem Stopfen hat das Gas dann den niedrigeren Druck Pb . Im thermisch isolierten System gilt dann ΔE = Eb − Ea = ΔW = Pa Va − Pb Vb . Hieraus folgt, dass die Enthalpie H = E + P V konstant ist. Die Temperaturänderung für dH = 0 wird durch den Joule-Thomson-Koeffizienten

∂T V Tα −1 (27.20) = μJT ≡ ∂P H CP bestimmt. Für das ideale Gas verschwindet dieser Koeffizient wegen α = 1/T . Für ein reales Gas kann die Temperaturänderung positiv oder negativ sein (Aufgabe 27.19).

Wärmekraftmaschinen Ein perpetuum mobile 1. Art erzeugt Energie aus dem Nichts, steht also im Widerspruch zum Energieerhaltungssatz. Ein perpetuum mobile 2. Art ist eine Maschine (M), die während eines Zyklus einem Wärmereservoir (R) die Wärme q entnimmt und sie vollständig in Arbeit w = q umwandelt. Dies ist mit dem Energieerhaltungssatz vereinbar, nicht aber mit dem zweiten Hauptsatz. Für ein abgeschlossenes System aus dem Reservoir R, der Maschine M und einem Speicher S, der die Arbeit w speichert, gilt: ΔS = ΔSR + ΔSM + ΔSS = −

q < 0 T

(27.21)

550


Nach einem Zyklus der Maschine ist ΔSM = 0. Der Speicher kann aus einer Feder mit einem Freiheitsgrad bestehen, so dass ΔSS = O(kB ) ≈ 0. Das Ergebnis ΔS < 0 steht im Widerspruch zum 2. Hauptsatz. Es ist daher unmöglich, ein perpetuum mobile 2. Art zu bauen. Eine realisierbare Wärmekraftmaschine erzeugt aus Wärme Arbeit, indem sie die Tendenz der ungeordneten Energie zur Gleichverteilung ausnützt. Wärme fließt von selbst vom wärmeren System mit der Temperatur T1 zum kälteren mit T2 . Das Schema einer solchen Vorrichtung ist in folgender Abbildung skizziert:

R1 Temperatur T1

Wärmereservoir

q1

-

6w #

M

q2

-

"!

Maschine

R2 Temperatur T2

T1 > T2

Wärmereservoir

Die angegebenen Energiemengen (q1 , q2 und w) beziehen sich auf den Zyklus einer periodisch arbeitenden Maschine. Für das abgeschlossene System aus zwei Wärmereservoirs R1 und R2 , der Maschine M und einem Speicher S gilt: q 1 q2 ΔS = ΔSR1 + ΔSR2 + ΔSM + ΔSS = − + ≥ 0 (27.22) T1 T2 Der Speicher gibt wieder nur einen vernachlässigbaren Beitrag zur Entropie, und nach einem Zyklus ist ΔSM = 0. Für die Reservoirs ergibt der zweite Hauptsatz (für offene Systeme) ΔSR1 = −q1 /T1 und ΔSR2 = q2 /T2. Aus dem ersten Hauptsatz w = q1 − q2 und dem zweiten Hauptsatz (für abgeschlossene Systeme) ΔS ≥ 0 folgt der Wirkungsgrad η der Wärmekraftmaschine w T2 erzeugte Arbeit = ≤ 1− = ηideal (27.23) η= aufgewendete Wärme q1 T1 Der maximal erreichbare Wirkungsgrad ist ηideal = (T1 − T2)/T1 . Das Standardbeispiel für einen Prozess mit dem idealen Wirkungsgrad ist der Carnotprozess. Hierbei dient ein Gasvolumen als „Maschine“ M. Das Gasvolumen durchläuft einen Kreisprozess aus folgenden Schritten: Das Gas expandiert quasistatisch von a nach b, und zwar (i) isotherm von (Ta , Sa ) zu (Ta , Sb ) und (ii) adiabatisch von (Ta , Sb ) zu (Tb , Sb ). Das Gas wird quasistatisch von b zurück nach a komprimiert, und zwar (iii) isotherm von (Tb , Sb ) zu (Tb , Sa ) und (iv) adiabatisch von (Tb , Sa ) zu (Ta , Sa ). Für die isothermen Schritte ist ein Kontakt mit einem Wärmereservoir der entsprechenden Temperatur erforderlich. Die erzeugte Arbeit ist gleich der Fläche, die die entsprechenden Adiabaten und Isothermen im P -V -Diagramm einschließen. Da alle Schritte quasistatisch erfolgen, wird keine „überflüssige“ Entropie produziert, und der Prozess hat den idealen Wirkungsgrad. Wenn man alle Pfeile in der Abbildung oben umkehrt, dann hat man eine Wärmepumpe, die Wärme vom kälteren Niveau (See im Winter) zum wärmeren (Haus) transportiert. Dieses Schema gilt auch für einen Kühlschrank, wobei aus dem Inneren des Kühlschranks Wärme in die Umgebung gepumpt wird.

551


Chemisches Potenzial

– q.s. = − Xi dxi sind durch Xi = −∂Er /∂xi Die verallgemeinerten Kräfte in dW definiert, (26.13) und (26.14). Für die äußeren Parameter Volumen (x1 = V ) und Teilchenzahl (x2 = N ) sind dies X1 = P = −

∂Er (V , N ) , ∂V

X2 = −μ = −

∂Er (V , N ) ∂N

(27.24)

Die Vorzeichenwahl des hier eingeführten chemischen Potenzials μ ist Konvention. – q.s. = −P dV + μ dN mit dE = dQ – q.s. + dW – q.s. und dQ – q.s. = T dS Aus dW erhalten wir dE = T dS − P dV + μ dN (27.25) Dies ist das Differenzial des thermodynamischen Potenzials der Energie E(S,V ,N ). Hieraus folgt ∂E ∂S = (27.26) μ = −T ∂N E,V ∂N S,V Der erste Ausdruck ist die Standarddefinition der verallgemeinerten Kraft. Nach dem zweiten Ausdruck ist das chemische Potenzial die Energie, die nötig ist, um dem thermisch isolierten System (S = const.) ein Teilchen hinzuzufügen. Ein hinzugefügtes Teilchen wird faktisch von einem anderen System weggenommen; messbar ist dann die Differenz der chemischen Potenziale. Alle bisher betrachteten thermodynamischen Potenziale E, F = E − T S, H = E + P V und G = E − T S + P V erhalten in ihren Differenzialen den Zusatzterm +μ dN . Durch Subtraktion von μN können vier weitere Potenziale definiert werden. Wir beschränken uns auf die Einführung des großkanonischen Potenzials J (T , V , μ) = E − T S − μN dJ = −S dT − P dV − N dμ

(27.27) (27.28)

Das chemische Potenzial steht in besonders einfacher Beziehung zur freien Enthalpie G, G(T , P , N ) = N μ(T , P ) (27.29) Hieraus, aus G = E − T S + P V und J = E − T S − μN folgt J = −P V

(27.30)

Die Temperatur T und der Druck P sind die bevorzugten Variablen des chemischen Potenzials. Für μ(T , P ) ergibt sich das Differenzial dμ = −s dT + v dP Dabei ist s = S/N und v = V /N .

Duhem-Gibbs-Relation

(27.31)

552


Phasengleichgewicht Nach (27.11) ist G(T , P ) minimal bei gegebenem T und P . Damit gilt bei fester Teilchenzahl μ(T , P ) = minimal für das Gleichgewicht. Bei vorgegebenem T und P stellt sich in einem homogenen System diejenige Konfiguration oder Phase (zum Beispiel Wasser, Wasserdampf oder Eis) ein, die das kleinste chemische Potenzial hat. Ein Gleichgewicht zwischen zwei Phasen A und B ist daher nur möglich, wenn μA (T , P ) = μB (T , P )

(Phasengleichgewicht)

(27.32)

Diese Überlegung zeigt nicht, dass oder warum es verschiedene Phasen gibt und welche Struktur sie haben. Sie macht aber plausibel, dass ein Gleichgewicht zwischen zwei Phasen im Allgemeinen nur längs einer Kurve im P -T -Diagramm möglich ist. Diese Kurven teilen das P -T -Diagramm in Bereiche, in denen jeweils eine Phase stabil ist. Am Tripelpunkt gilt μA = μB = μC . Das P -T -Diagramm mit einer solchen Einteilung heißt Phasendiagramm oder Zustandsdiagramm. Wenn A die flüssige Phase (zum Beispiel Wasser) und B die gasförmige Phase (Wasserdampf) ist, dann folgt aus (27.32) die Dampfdruckkurve P = Pd (T ) oder, äquivalent, die Siedetemperatur T = Ts (P ). Clausius-Clapeyron-Gleichung Die Dampfdruckkurve P = Pd (T ) ist durch μA (T , Pd (T )) = μB (T , Pd (T )) bestimmt. Wenn man diese Beziehung total nach der Temperatur ableitet und dabei (27.31) verwendet, erhält man die Clausius-Clapeyron-Gleichung q dPd (T ) = dT T (vA − vB )

(27.33)

Diese Gleichung stellt einen Zusammenhang her zwischen der Steigung der Übergangskurve im P -T -Diagramm und der Umwandlungsenthalpie q = T (sA − sB ). Die Größen q und v können wahlweise auf die Teilchen- oder Molzahl bezogen werden. Mit ΔT ≈ ΔP /(dPd/dT ) kann man zum Beispiel die Siedepunkterniedrigung bei Druckerniedrigung berechnen (auf der Zugspitze liegt der Siedepunkt von Wasser unter 100o C). Siedepunkterhöhung und Gefrierpunkterniedrigung In einem Lösungsmittel (etwa Wasser) seien Nc Teilchen eines anderen Stoffs (etwa Salz) gelöst. Die Teilchendichte des Lösungsmittels sei n = N/V , die des gelösten Stoffs nc = Nc /V . Die Lösung hat dann die Konzentration c = nc /n. Bei gegebenem Druck siedet und gefriert eine Flüssigkeit bei bestimmten Temperaturen. Die Lösung eines Stoffs in der Flüssigkeit stellt eine effektive Druckänderung dar und führt daher zu einer Verschiebung der Übergangstemperaturen. Dabei ist der gelöste Stoff auf die flüssige Phase beschränkt.

553


Wir nehmen an, dass die Moleküle des gelösten Stoffs wie ein ideales Gas zum Druck beitragen (van’t Hoffsches Gesetz). Dann sind folgende Drücke zu betrachten: PL = P Posm = nc kB T = ΔP P LM = P − ΔP

Druck der Lösung, Gesamtdruck Druck des gelösten Stoffs Druck des Lösungsmittels

(27.34)

Der Druck Posm = nc kB T tritt auch als osmotischer Druck auf, wenn die Lösung durch eine semipermeable Wand von einem Bereich getrennt ist, in dem es nur das Lösungsmittel gibt. Semipermeabel heißt, dass das Lösungsmittel, nicht aber der gelöste Stoff die Wand passieren kann. Das chemische Potenzial μc (T , P ) des Lösungsmittels in der Lösung ist dann gleich ∂μ μc (T , P ) = μ(T , P −ΔP ) ≈ μ(T , P )− ΔP = μ(T , P )−c kB T (27.35) ∂P T Hierbei setzen wir ΔP P oder c 1 voraus. Die Teilchen des Lösungsmittels können zwischen der flüssigen Phase B und einer anderen Phase A ausgetauscht werden. Im Gleichgewicht gilt daher μc,B (Ts + ΔTs , P ) = μA (Ts + ΔTs , P )

(27.36)

Für verschwindende Konzentration reduziert sich dies zu μB (Ts , P ) = μA (Ts , P ), woraus die ungestörte Übergangstemperatur folgt. Aus diesen Gleichungen ergibt sich die Änderung der Übergangstemperatur kB Ts ΔTs = c Ts q

(27.37)

Die Umwandlungsenthalpie q = Ts (sA − sB ) ist positiv, wenn A die gasförmige Phase ist, und negativ, wenn A die feste Phase ist. Daher wird der Siedepunkt erhöht, und der Gefrierpunkt wird erniedrigt. Den zweiten Effekt nutzt man aus, wenn man im Winter Salz auf den Gehweg streut. Massenwirkungsgesetz Wir betrachten eine Mischung von m Stoffen Xi , die sich gemäß der Reaktionsgleichung m

νi Xi

0 , zum Beispiel N2 + 3 H2 2 NH3

i =1

ineinander umwandeln können; im Beispiel wäre ν 1 = 1, ν2 = 3 und ν3 = −2. Das Reaktionsgleichgewicht ist durch die Bedingung i νi μi = 0 für die chemischen

554


Potenziale μi bestimmt. Wenn man die Stoffe als ideale Gasmischung behandelt, dann erhält man hieraus für die Konzentrationen ci = Ni /N das Massenwirkungsgesetz m A νi K(T ) = %ν (27.38) ci P i i =1 Hieran kann man studieren, wie Änderungen der Temperatur oder des Drucks das Reaktionsgleichgewicht verschieben. Die Funktion K(T ) hängt von den Anregungen der Moleküle (Vibrationen, Rotationen) ab. Ein Beispiel hierzu wird in Aufgabe 29.7 behandelt.

555


Aufgaben 27.1 Wegintegral und vollständiges Differenzial 6

y2

Das Wegintegral 2 I= A(x, y) dx + B(x, y) dy

2

........s ........ ....... . . . . . . ...... 6 C2 6 ..... C............. . . . > ... ....... ..s........

-

1,C

mit den festen Endpunkten 1 und 2 kann auf y1 verschiedenen Wegen C berechnet werden. 1 C1 Zeigen Sie, dass I genau dann unabhängig vom Weg ist, falls ∂A/∂y = ∂B/∂x. x1 x2 Hinweis: Schreiben Sie das Integral in der Form I = C dr · V mit dr = dx ex + dy ey . Betrachten Sie zwei verschiedene Wege C1 und C2 (zum Beispiel die eingezeichneten, oder auch zwei andere Wege), die dieselben Endpunkte haben, und verwenden Sie den Stokesschen Satz. Lösung: Mit V = A ex + B ey und dr = dx ex + dy ey wird das Integral zu I (C) =

2

dr · V

1,C

Wir betrachten nun zwei Wege C1 und C2 , die von 1 nach 2 führen, ansonsten aber beliebig sind. Hieraus konstruieren wir ein geschlossenes Wegintegral: 2 2 5 ∂B ∂A (10.10) I (C1 ) − I (C2 ) = dr · V − dr · V = dr · V = dA − ∂x ∂y 1,C1 1,C2 A Im letzten Schritt wurde der Stokessche Satz (10.10) benutzt. Aus dieser Gleichung folgt sofort ∂B ∂A =

⇒ I (C1 ) = I (C2 ) ∂y ∂x Die Folgerung I (C1 ) = I (C2 ) ist gleichbedeutend mit der Wegunabhängigkeit des Integrals. Umgekehrt gilt: I (C1 ) = I (C2 )

⇒

∂B ∂A − =0 ∂x ∂y

6 Für diesen Schluss ist wesentlich, dass die in dr · V umschlossene Fläche A beliebig ist. Der Wert I des wegunabhängigen Integrals hängt nur von den Endpunkten des Wegs ab und kann in der Form f (x2 , y2 ) − f (x1 , y1 ) geschrieben werden. Dies bedeutet, dass der Integrand das vollständige Differenzial df =

∂f (x, y) ∂f (x, y) dx + dy = A(x, y) dx + B(x, y) dy ∂x ∂y

dieser (differenzierbaren) Funktion f (x, y) ist. Die hier bewiesene Aussage kann daher auch so formuliert werden: Ein Ausdruck der Form df = A dx + B dy ist genau dann ein vollständiges Differenzial, wenn ∂A/∂y = ∂B/∂x.

556


27.2 Kompressibilität und Schallgeschwindigkeit Bestimmen Sie die adiabatische Kompressibilität und die Schallgeschwindigkeit eines idealen Gases: 1 ∂V ∂P κS = − , cS = (27.39) V ∂P S ∂ S Dabei ist die Massendichte des Gases. Schätzen Sie cS für Luft (γ ≡ cP /cV ≈ 1.4) unter Normalbedingungen numerisch ab. Die Messung der Schallgeschwindigkeit ist eine einfache Methode zur Bestimmung von γ . Lösung: Das ideale Gas ist durch seine Zustandsgleichung νR T V

P =

definiert; dabei ist ν die Anzahl der Mole und R die Gaskonstante. Für die Entropie S(T , V ) schreiben wir das Differenzial an: ∂S ∂S CV CV ∂P νR dS = dT + dV = dV = dT + dT + dV (27.40) ∂T V ∂V T T ∂T V T V Dabei haben wir die Definition von CV , die Maxwellrelation (∂S/∂V )T = (∂P /∂T )V , (27.8), und das ideale Gasgesetz verwendet. Aus der Zustandsgleichung V = V (T , P ) = νR T /P folgt das Differenzial dV =

νR T νR dT − dP P P2

Dies setzen wir in (27.40) ein: ν2R 2 ν 2R 2 T νR CV CV + ν R + dT − dT − dP dS = dP = T PV VP2 T P Wir benötigen folgende partiellen Ableitungen: ∂V CV V CV (27.40) = − = − und ∂T S T νR P Damit erhalten wir 1 κS = − V

∂V ∂P

S

1 = − V

∂V ∂T

S

∂T ∂P

∂T ∂P

= S

(27.41)

=

S

1 γP

(27.41)

νRT V = P (CV + ν R) CP

(γ = CP /CV )

Aus = m N/V folgt d/dV = −/V . Damit berechnen wir die Schallgeschwindigkeit: ∂P V ∂P 1 γP cS2 = =− = = ∂ S ∂V S κS Wenn wir auf der rechten Seite die Messwerte ≈ 1.29 kg/m3 , P ≈ 105 Pa und γ ≈ 1.4 für Luft unter Normalbedingungen einsetzen, erhalten wir cS ≈ 340

m s

(Normalbedingungen, Luft)

557


Der experimentelle Wert der Schallgeschwindigkeit liegt bei 331 m/s. Die Schallgeschwindigkeit ist von derselben Größe wie die mittlere Geschwindigkeit der Gasteilchen, denn mcS2 =

γP = γ kB T N/V

Für die numerische Abschätzung kann man auch von dieser Gleichung ausgehen und m ≈ 27 GeV/c2 (Mittelwert für die N2 - und O2 -Moleküle in Luft), kB T ≈ eV/40 und γ ≈ 1.4 einsetzen. Anmerkung zum Wert γ ≈ 1.4: Unter Normalbedingungen sind in Luft die 3 Freiheitsgrade der Translation und die 2 Freiheitsgrade der Rotation angeregt (der Vibrationsfreiheitsgrad ist eingefroren). Hieraus folgt der theoretische Wert CV = 5ν R/2. Mit CP = CV + ν R erhält man dann γ = 7/5.

27.3 Spezielle Volumen-Druck-Relation Die Volumenänderung eines idealen Gases erfolgt unter der Bedingung dV dP =a (27.42) P V Dabei ist a eine gegebene Konstante. Bestimmen Sie P = P (V ), V = V (T ) und – die Wärmekapazität Ca = dQ/dT . Was ergibt sich in den Grenzfällen a = 0 und a → ∞? Lösung: Wir integrieren (27.42) von P0 bis P , P V ln P = a ln V

⇒ P0

Wir setzen P V = nach V auf:

V0

(P0 /V0a ) V a+1

P (V ) = P0

V a V0

in das ideale Gasgesetz P V /T = P0 V0 /T0 ein und lösen

T 1/(a + 1) T0 Dabei ist V0 = V (T0 ). Aus dem ersten und zweiten Hauptsatz folgt ∂E ∂E dT + dV + P dV = CV dT + P dV T dS = dE + P dV = ∂T V ∂V T V (T ) = V0

Für das ideale Gas ist die Energie unabhängig vom Volumen, (∂E/∂V )T = 0 (siehe auch Aufgabe 27.6). Wir berechnen nun die gesuchte Wärmekapazität ∂S ∂V PV 1 νR = CV + P = CV + Ca = T = CV + ∂T a ∂T a T a+1 a+1 Wir betrachten noch einige Spezialfälle: a=0

P (V ) = const.

Ca = CV + ν R = CP

isobar

a→∞

V (T ) = const.

Ca = C V

isochor

a → −1

P V = const.

a = −γ

P V = const. γ

(Ca = CT → ∞) Ca = CS = CV −

isotherm νR γ −1

=0

adiabatisch

In der letzten Zeile ist γ = CP /CV , und Ca = 0 folgt aus CP − CV = νR.

558


27.4 Entropie des idealen Gases Aus dem idealen Gasgesetz P V = N kB T folgt cV (T ) V S(T , V , N ) = N dT + kB ln + const. T N

(27.43)

für die Entropie. Aus S = kB ln Ω mit Ω(E, V , N ) aus (26.9) erhält man einen anderen Ausdruck S(E, V , N ) für die Entropie eines idealen Gases. In welcher Beziehung stehen die beiden Ausdrücke zueinander? Lösung: Aus dem ersten und zweiten Hauptsatz und der Zustandsgleichung des idealen Gases folgt ∂E ∂E NkB T dV T dS = dE + P dV = dT + dV + P dV = CV dT + ∂T V ∂V T V Für das ideale Gas ist die Energie unabhängig vom Volumen, (∂E/∂V )T = 0 (siehe auch Aufgabe 27.6). Aus diesem dS folgt durch Integration die thermodynamische Beziehung (27.43). Aus der mikroskopischen Betrachtung folgte dagegen (26.9) und damit E V 3 (27.44) + NkB ln + NkB ln c S(E, V , N) = NkB ln 2 N N Beides, (27.43) und (27.44), sind Ausdrücke für die Entropie eines idealen Gases. Sie unterscheiden sich in zwei Punkten: (i) Es werden andere Zustandsvariable verwendet, und (ii) der Ausdruck S(E, V , N) wurde für ein einatomiges Gas abgeleitet und ist damit spezieller. Für den konkreten Vergleich ersetzen wir in (27.44) die Variable E durch T . Dazu berechnen wir 1 ∂S(E, V , N) 3 NkB = = T ∂E 2 E Die Energie E(T , V , N) eines idealen Gases hängt generell nicht vom Volumen ab. Speziell für das einatomige Gas gilt E/N = 3kB T /2. Wir setzen dies und ln T = dT /T in (27.44) ein: V 3 kB /2 + kB ln + const. S(T , V , N) = N dT T N Dies können wir jetzt unmittelbar mit (27.43) vergleichen: Die allgemeinere Form (27.43) lässt eine temperaturabhängige spezifische Wärme cV (T ) zu; die spezielle zuletzt angegebene Form ergibt sich mit cV = 3 kB /2 für das einatomige ideale Gas.

27.5 Durchmischung eines Gases Ein abgeschlossenes Volumen wird durch eine Wand in zwei Bereiche der Größe V1 und V2 aufgeteilt. In jedem Teilvolumen befinden sich N Teilchen desselben einatomigen, idealen Gases. Die Temperaturen T1 und T2 sind so gewählt, dass der Druck in beiden Teilvolumina gleich ist (P1 = P2 = P0 ). Die Wand wird nun seitlich herausgezogen. Berechnen Sie die Temperatur und den Druck des sich einstellenden Zustands. Bestimmen Sie die Änderung der Entropie in Abhängigkeit von T1, T2 und N . Was ergibt sich für T1 = T2 ?

559

Kapitel 27 Thermodynamik Lösung: Für ein ideales einatomiges Gas gelten P V = NkB T

und

E=

3 NkB T 2

Da es keine Arbeitsleistung und keinen Wärmeübertrag gibt, ist die Gesamtenergie erhalten: E=

3 3 3 NkB T1 + NkB T2 = (2N)kB T 2 2 2

(27.45)

Hieraus folgt die Endtemperatur

T1 + T2 2 Wir setzen nun in (27.45) jeweils die Zustandsgleichung NkB T = P V ein, wobei wir P1 = P2 = P0 und V = V1 + V2 berücksichtigen: T =

E=

3 3 3 P0 V1 + P0 V2 = P V 2 2 2

⇒

P = P0

Damit sind die Endtemperatur T und der Enddruck P aus den Vorgaben bestimmt. Wir drücken nun die Entropie S(E, V , N) = kB ln Ω mit (26.9) für das einatomige ideale Gas durch den Druck und die Temperatur aus: 3 E V S(E, V , N) = NkB ln + NkB ln + NkB ln c 2 N N 3 kB T 3 = NkB ln kB T + NkB ln + NkB ln c = S(T , P , N) 2 2 P Mit diesem S(T , P , N) berechnen wir die Entropieänderung: ΔS = S(T , P0 , 2N) − S(T1 , P0 , N) − S(T2 , P0 , N) =

5 (T1 + T2 )2 NkB ln 2 4T1 T2

Bei gleichen Anfangstemperaturen, T1 = T2 , verschwindet die Entropieänderung. Hierfür ist allerdings wesentlich, dass es sich um dieselben Gase handelt. Für verschiedene Gase führt die Durchmischung auch für T1 = T2 = T zu einem Entropieanstieg.

27.6 Zustandsgleichung für volumenunabhängige Energie Leiten Sie die allgemeine Form der thermischen Zustandsgleichung für ein Material ab, das die Beziehung (∂E/∂V )T = 0 erfüllt. – + dW – = T dS − P dV . Lösung: Aus dem ersten und zweiten Hauptsatz folgt dE = dQ Hierin setzen wir dS für S(T , V ) ein: ∂S ∂S ∂P dE = T dT + dV − P dV = CV dT + T − P dV ∂T V ∂V T ∂T V (27.46) Im zweiten Schritt haben wir (∂S/∂T )V durch CV ausgedrückt und die Maxwellrelation (∂S/∂V )T = (∂P /∂T )V von dF = −S dT − P dV verwendet. Aus (27.46) folgt ∂E ∂P =T −P (27.47) ∂V T ∂T V

560


Damit dieser Ausdruck gleich null ist, muss die Ableitung von P (T , V ) nach T genau den Faktor 1/T ergeben. Daher muss P (T , V ) proportional zu T sein: ∂E P (T , V ) = T f (V ) ⇐⇒ =0 ∂V T Damit gilt (∂E/∂V )T = 0 insbesondere für ein ideales Gas.

27.7 Spezielle Zustandsgleichung Für ein Gas (N = const.) sind folgende Informationen gegeben: f (T ) ∂E P = und = bP (b = const.) V ∂V T Bestimmen Sie daraus die Funktion f (T ). Es ist ratsam, zunächst Aufgabe 27.6 zu lösen. Lösung: In der Lösung von Aufgabe 27.6 wurde der Zusammenhang (27.47) zwischen der Zustandsgleichung und der Volumenabhängigkeit der Energie abgeleitet: ∂E ∂P =T −P ∂V T ∂T V Hierin setzen wir die gegebenen Aussagen ein: b

f (T ) f (T ) f (T ) =T − V V V

Dies ergibt f = (1 + b) f/T oder

dT df = 1+b f T

⇒

ln f (T ) = (1 + b) ln T + const.

Damit ist die Funktion f (T ) bestimmt: f (T ) = const. · T 1+b

oder

f (T ) = P0 V0

T 1+b T0

27.8 Energiedichte des Photonengases Die Energie E und der Druck P eines Photonengases in einem Hohlraum mit dem Volumen V sind von der Form E(T , V ) = U (T ) , V

P (T , V ) =

U (T ) 3

(27.48)

Bestimmen Sie hieraus die T -Abhängigkeit der Energiedichte U (T ). Berechnen Sie die Entropie S und die thermodynamischen Potenziale E(S, V ), F (T , V ), G(T , P ) und H (S, P ). Es ist ratsam, zunächst Aufgabe 27.6 zu lösen.

561


Lösung: In (27.47) wurde der Zusammenhang zwischen der Zustandsgleichung und der Volumenabhängigkeit der Energie angegeben: ∂E ∂P =T −P ∂V T ∂T V Wir setzen (27.48) ein:

U (T ) U (T ) − 3 3 Hieraus folgt 4 U = T U oder dU/U = 4 dT /T , was wir zur Energiedichte U (T ) = T

U (T ) = σ T 4 aufintegrieren. Die Konstante σ = 4 σ/c hängt mit der sogenannten Stefan-BoltzmannKonstanten σ zusammen. Einsetzen von U (T ) in (27.48) ergibt die Energie und den Druck: E(T , V ) = σ V T 4 ,

P (T , V ) =

σ 4 T 3

Zur Bestimmung der Entropie betrachten wir zum einen die Wärmekapazität ∂S ∂E 4σ = = 4 σ V T 3 ⇒ S(T , V ) = CV = T V T 3 + f (V ) ∂T V ∂T V 3 Zum anderen verwenden wir die Maxwellrelation für dF = −S dT − P dV , ∂S ∂P 4σ 3 4σ = =

⇒ S(T , V ) = T V T 3 + g(T ) ∂V T ∂T V 3 3 Unter Berücksichtigung von S(T = 0, V ) = 0 ergibt der Vergleich der beiden Ausdrücke für die Entropie 4σ V T3 S(T , V ) = 3 Wir lösen dies nach T = [3S/(4 σ V )] 1/3 auf, setzen dieses T (S, V ) in die Energie E(T , V ) ein und erhalten damit das thermodynamische Potenzial 3 E(S, V ) = 4

3 4σ

1/3

V −1/3 S 4/3

Für die freie Energie ergibt sich F (T , V ) = E(T , V ) − T S(T , V ) = −

σ V T4 3

Schließlich erhalten wir noch die freie Enthalpie G(T , P ) = F + P V = 0 und die Enthalpie G=0

H (S, P ) = G + T S =

3 σ

1/4 S P 1/4

562


27.9 Thermodynamische Relationen aus freier Enthalpie Die freie Enthalpie G(T , P ) = E − T S + P V ist gegeben (N = const.). Wie erhält man hieraus die Zustandsgleichung P (V , T ) und die Wärmekapazität CV (V , T )? Lösung: Ausgangspunkt ist das vollständige Differenzial von G(T , P ) als Funktion seiner natürlichen Variablen: dG = −S dT + V dP Hieraus lesen wir

∂G S(T , P ) = − ∂T

V (T , P ) =

und P

∂G ∂P

T

ab. Aus V = V (T , P ) erhält man durch Auflösen nach dem Druck die Zustandsgleichung P = P (T , V ). Wenn man dies in S(T , P ) einsetzt, erhält man S(T , P (T , V )) = S(T , V ) und berechnet hieraus CV = T ∂S(T , V )/∂T . Ergänzung: Man kann die Berechnung von CV auch expliziter darstellen. Dazu schreiben wir das Differenzial für S(T , P (T , V )) = S(T , V ) an: ∂S ∂S ∂S ∂S ∂P ∂P dS = dT + dP = dT + dT + dV ∂T P ∂P T ∂T P ∂P T ∂T V ∂V T Hieraus erhalten wir

CV = T

∂S ∂T

= −T

=T V

∂ 2G ∂T 2

+ P

∂S ∂T

+ P

∂ 2 G(T , P ) ∂P ∂T

!

(27.4)

∂S ∂P

∂P ∂T

T

∂P ∂T

V

V

!

Mit (∂P /∂T )V = −(∂V /∂T )P (∂V /∂P )T = −∂ 2 G/(∂P ∂T ) (∂ 2 G/∂P 2 ) kann man CV vollständig und direkt durch G(T , P ) ausdrücken.

27.10 Thermodynamische Relationen aus Enthalpie Die Enthalpie H (S, P ) = E + P V ist als Funktion der natürlichen Variablen gegeben (N = const.). Wie erhält man hieraus die Wärmekapazität CP (T , P ) und die isotherme Kompressibilität κT (T , P ) = −(∂V /∂P )T /V ? Lösung: Ausgangspunkt ist das vollständige Differenzial von H (S, P ) als Funktion seiner natürlichen Variablen: dH = T dS + V dP Hieraus lesen wir

T (S, P ) =

∂H ∂S

und P

V (S, P ) =

∂H ∂P

S

ab. Aus T = T (S, P ) erhält man durch Auflösen die Entropie S = S(T , P ) und hieraus die Wärmekapazität CP = T ∂S(T , P )/∂T . Aus V (S(T , P ), P ) = V (T , P ) erhält man dann durch Auflösen nach dem Druck die Zustandsgleichung P = P (T , V ). Aus V (T , P ) berechnet man die Kompressibilität κT = − (∂V /∂P )T /V .

563


Ergänzung: Man kann die Berechnung von κT auch expliziter darstellen. Dazu schreiben wir das Differenzial für V (S(T , P ), P ) = V (T , P ) an, ∂V ∂V ∂S ∂V ∂V ∂S dS + dP = dT + dP + dP dV = ∂S P ∂P S ∂S P ∂T P ∂P T ∂P S Hieraus erhalten wir κT (T , P ) = −

= −

1 V 1 V

∂V ∂P

=− T

∂ 2H ∂P 2

+ S

1 V

∂V ∂P

∂ 2 H (S, P ) ∂S ∂P

S

∂V ∂S

+ ∂S ∂P

P

∂S ∂P

T

T

! ! (27.4) Mit (∂S/∂P )T = −(∂T /∂P )S (∂T /∂S)P = −∂ 2 H /(∂S ∂P ) (∂ 2 H /∂S 2 ) kann man κT vollständig und direkt durch H (S, P ) ausdrücken.

27.11 Extremalbedingung für Enthalpie Zeigen Sie, dass H (S, P ) bei vorgegebenem S und P minimal wird. Lösung: Wir betrachten zwei thermisch isolierte Systeme A und B, die Volumen austauschen können. Wir setzen voraus, dass das System A klein gegenüber B ist EA E = EA + EB ,

V A V = VA + V B

Die Entropie des Gesamtsystems ist dann von der Form S = SA (EA , VA ) + SB (E − EA , V − VA ) = maximal Da das System A klein ist, können wir SB nach EA und VA entwickeln: ∂SB (EB , VB ) ∂SB (EB , VB ) EA − VA ∂ EB ∂ VB

1 = const. + SA (EA , VA ) − EA + P V A TB

S = SA (EA , VA ) + SB (E, V ) −

Dabei ist P = PB der Druck, der durch das große System vorgegeben wird. Für das wärmeisolierte System A gilt SA = const. Aus S = maximal folgt damit für die Enthalpie des Untersystems A: HA = EA + P VA = minimal

(S, P

vorgegeben)

Bei Prozessen, die thermisch isoliert und bei vorgegebenem Druck gefahren werden, ist die Enthalpie minimal. Dies können zum Beispiel chemische Prozesse sein.

27.12 Dichteprofil der Erdatmosphäre Für eine Luftsäule (Grundfläche A) im homogenen Schwerefeld g = g ez soll die Teilchendichte n(z) = N/V bestimmt werden. Die Luft wird dabei als ideales Gas mit konstanter spezifischer Wärme cV (T ) = const. behandelt.

564


1. Konvektives Gleichgewicht: Die Entropie ist konstant, S(z) = const. Bestimmen Sie n(z) aus der Bedingung minimaler Energie. Geben Sie zunächst den Zusammenhang zwischen der Temperatur T und der Dichte n = N/V für dS = 0 an, und die Energiedichte E/V als Funktion von z und n(z). Bestimmen Sie dann die Energie E[n] als Funktional von n(z). 2. Barometrische Höhenformel: Die Temperatur ist konstant, T (z) = const. Bestimmen Sie n(z) aus der Bedingung minimaler freier Energie. Geben Sie dazu die freie Energie F [n] als Funktional von n(z) an. Lösung: Konvektives Gleichgewicht: Die Bedingung S(z) = const. ergibt sich aus dem Gleichgewicht bei adiabatischem (dS = 0) Volumenaustausch (Wind oder Konvektion). Für ein ideales Gas gilt dS =

dE P CV N kB ! + dV = dT + dV = 0 T T T V

Mit CV = N cV = const. folgt hieraus die Adiabatengleichung T = T0

V0 V

kB /cV = T0

n n0

kB /cV

Aus cV = ∂(E/N)/∂T = const. folgt E = N cV T + const. Unter Berücksichtigung des Schwerefelds erhalten wir dann E (27.49) = n cV T + mg z + const. V Mit m wurde die mittleren Masse eines Luftmoleküls bezeichnet. Wir setzen die Adiabatengleichung ein und lassen eine z-Abhängigkeit der Teilchendichte n zu: E[n] =

E d r =A V

3

dz n(z) cV T0 -

n(z) n0

kB /cV

+ mg z + const.

./

= E (n)

0

Das Dichteprofil n(z) ist nun so zu bestimmen, dass das Funktional E[n] minimal wird. Die (hier sehr einfache) Euler-Lagrange-Gleichung der Variationsrechnung lautet ∂ E(n) = 0 = cP T0 ∂n

n n0

kB /cV

+ mg z + const.

Dabei wurde cP = cV + kB verwendet. Mit n0 = n(z = 0) wird dies zu n(z) = n0

mg z 1− cP T0

cV /kB (S = const.)

Barometrische Höhenformel: Aus (27.43) folgt die Entropie V + const. S(T , V , N) = N cV ln T + kB ln N

565

Kapitel 27 Thermodynamik Mit der Energie (27.49) schreiben wir die freie Energie F = E − T S an: V F = n cV T + mg z − cV T ln T − kB T ln − const. · T V N T = const. = n kB T ln n + mg z + const. Wir lassen nun eine z-Abhängigkeit der Teilchendichte n zu: F F [n] = d 3r = A dz n(z) kB T ln n(z) + mg z + const. V ./ 0 = F (n)

Das Dichteprofil n(z) ist so zu bestimmen, dass das Funktional F [n] minimal wird. Die Euler-Lagrange-Gleichung lautet ∂ F (n) = 0 = kB T ln n(z) + mg z + const. ∂n Mit n0 = n(z = 0) wird dies zu mg z n(z) = n0 exp − (T = const.) kB T Aus T = const. und P = n kB T folgt die Druckabhängigkeit: mg z (barometrische Höhenformel) P (z) = P0 exp − kB T

(27.50)

Dies ist als barometrische Höhenformel bekannt. In Aufgabe 28.11 wird das konvektive Gleichgewicht auf etwas anderem Weg abgeleitet. Dort wird dann auch das Druck- und Temperaturprofil für diesen Fall angegeben. Die barometrische Höhenformel ist für einfache Abschätzungen brauchbar; das Szenario des konvektiven Gleichgewichts ist jedoch realistischer.

27.13 Entropie, Wärmekapazität und Zustandsgleichung Leiten Sie folgende Relationen ab:

∂V CP dT − dP dS = T ∂T P CV ∂P dV dS = dT + T ∂T V

(27.51) (27.52)

Lösung: Das Differenzial dS für S(T , P ) lautet: ∂S ∂S CP ∂V dS = dT + dP = dP dT − ∂T P ∂P T T ∂T P Im letzten Schritt haben wir die Definition von CP und die Maxwellrelation für dG = −S dT + V dP benutzt. Das Differenzial dS für S(T , V ) lautet: ∂S ∂P ∂S CV dS = dT + dT + dV = dV ∂T V ∂V T T ∂T V Im letzten Schritt haben wir die Definition von CV und die Maxwellrelation für dF = −S dT − P dV benutzt.

566


27.14 Differenz CP − CV für Festkörper Für einen Festkörper sind die thermische Zustandsgleichung V = V0 − AP + B T

(27.53)

und die Wärmekapazität CP = C bei konstantem Druck gegeben; dabei sind A, B und C materialabhängige Konstanten. Berechnen Sie die Wärmekapazität CV bei konstantem Volumen und die innere Energie E. Lösung: Aus der Zustandsgleichung (27.53) folgen die Ableitungen ∂P B ∂V = , =B ∂T V A ∂T P Damit berechnen wir die Differenz (27.14) der Wärmekapazitäten, ∂V ∂P B2 = T C P − CV = T ∂T V ∂T P A Die Wärmekapazität bei konstantem Volumen ist damit CV = C −

B2 T A

Hiermit schreiben wir das Differenzial (27.46) für die Energie E an: ∂P B2 V − V0 − P dV = C − T dT + dV dE = CV dT + T ∂T V A A Die Variablen T und V sind getrennt. Daher kann das vollständige Differenzial sofort integriert werden:

2 V − V0 B2 2 A E = E0 + C T − T + = E0 + C T − B P T + P 2 2A 2A 2 Zuletzt wurde die Zustandsgleichung (27.53) eingesetzt. Die (unwesentliche) Integrationskonstante wurde mit E0 bezeichnet.

27.15 Differenz CP − CV für van der Waals-Gas Das van der Waals-Gas genügt der Zustandsgleichung P =

a RT − 2 v−b v

Hierbei ist v = V /ν das Volumen pro Mol. Berechnen Sie die Differenz CP − CV der Wärmekapazitäten, und bestimmen Sie den führenden Korrekturterm zum idealen Gas mit CP − CV = ν R. Schätzen Sie die relative Größe des Korrekturterms für Kohlendioxid bei Normalbedingungen ab. Hierfür ist der Parameter a = 27(R Tkr )2 /(64Pkr ) durch die kritischen Werte Pkr = 71.5bar und Tkr = 304.2K gegeben; dieser Zusammenhang wird später in Aufgabe 30.4 abgeleitet.

567


Lösung: Für die Wärmekapazitäten bei festem Druck und festem Volumen gilt (27.14), B ∂V ∂P ∂P ∂P 2 = −T CP − C V = T ∂T V ∂T P ∂T V ∂V T Der letzte Schritt folgt aus (27.4). Hierin setzen wir die Ableitungen ∂P R 1 2a ∂P RT = =− − 3 , ∂T V v−b ∂V T ν (v − b)2 v ein:

νR

(27.54) 1 − 2 a (v − b)2 / v 3 R T Für das ideale Gas ist a = b = 0. Wir fassen daher a und b als kleine Größen auf und schreiben das Ergebnis in erster Ordnung an: 2a 2aP ≈ νR 1 + CP − CV ≈ νR 1 + v RT (R T )2 Im kleinen Korrekturterm durfte die ideale Gasgleichung verwendet werden. Mit a = 27(R Tkr )2 /(64 Pkr ) und den angegebenen Werten erhalten wir für den Korrekturterm bei Normalbedingungen B T 2 2aP 27 P = ≈ 1% (R T )2 32 Pkr Tkr Experimentell findet man cP − cV ≈ 8.48 J/(mol · K), also eine Korrektur von etwa 2 % gegenüber dem Wert R ≈ 8.31 J/(mol · K) des idealen Gases. CP − CV =

27.16 Isotherme quasistatische Expansion Ein Mol eines idealen Gases wird isotherm und quasistatisch vom Volumen Va auf Vb = 2.7 Va expandiert. Bestimmen Sie die während des Prozesses aufgenommene Wärme ΔQ. Geben Sie ΔQ in Joule an, wenn der Prozess bei Zimmertemperatur durchgeführt wird. Lösung: Aus den Bedingungen quasistatisch und isotherm folgt b b (q.s.) (isotherm) T dS = T dS ΔQ = a

a

Wir schreiben das Differenzial dS für S(T , V ) an: ∂S ∂S ∂S ∂P νR (dT =0) dS = dT + dV = dV = dV = dV ∂T V ∂V T ∂V T ∂T T V Im vorletzten Schritt wurde die Maxwellrelation für dF = −S dT − P dV benutzt. Im letzten Schritt wurde das ideale Gasgesetz P V = ν R T verwendet. Aus den letzten beiden Gleichungen folgt b νR Vb dV ≈ νRT = T ν R ln ΔQ = T V V a a Wegen Vb /Va = 2.7 ≈ e ist der Logarithmus ungefähr 1. Für ein Mol und Zimmertemperatur erhalten wir J · 300 K ≈ 2.5 kJ ΔQ ≈ ν R T = 1 mol · 8.3 mol K

568


27.17 Adiabatische Expansion des van der Waals-Gases Bestimmen Sie die Temperaturänderung des van der Waals-Gases bei quasistatischer, adiabatischer Expansion. Lösung: Die Zustandsgleichung des van der Waals-Gases schreiben wir in der Form P =−

a RT + 2 v v−b

(v = V /ν)

(27.55)

Dabei ist v das Volumen pro Mol. Aus (27.52) lesen wir für dS = 0 ab:

∂T ∂V

=− S

∂P ∂T

T R T = − CV v − b CV

V

Dies definiert den Zusammenhang zwischen T und V unter den gegebenen Bedingungen: dT ν R dv =− T CV v − b

T

⇒ T0

dT R = − T cV

v v0

dv v − b

Hierbei ist cV = CV /ν. Die Ausführung des Integrals ergibt T = T0

v − b −R/cV v0 − b

27.18 Expansionskoeffizient des van der Waals-Gases Berechnen Sie den Ausdehnungskoeffizienten α = (∂V /∂T )P /V als Funktion von P und v für die van der Waals-Gleichung. Lösung: Für P (T , v) aus (27.55) bilden wir das Differenzial dP =

2a R RT dv + dv dT − 3 v v−b (v − b)2

Wir multiplizieren mit (v − b) und setzen für RT /(v − b) die van der Waals-Gleichung ein: 2a 2ab a dv − 3 dv + R dT − P dv − 2 dv 2 v v v 2ab a dv = R dT − P − 2 + 3 v v

(v − b) dP =

Für dP = 0 kann hieraus die gesuchte Ableitung abgelesen werden: α =

1 V

∂V ∂T

= P

1 v

∂v ∂T

= P

R P v − a/v + 2 a b/v 2

569


27.19 Inversionskurve im Joule-Thomson-Prozess Das Vorzeichen des Joule-Thomson-Koeffizienten

∂T V = μJT ≡ Tα −1 ∂P H CP bestimmt, ob es im gleichnamigen Prozess zu einer Abkühlung oder Erwärmung kommt. Bestimmen Sie die durch μJT = 0 definierten Inversionskurven T = T i (v) und P = P i (T ) für das van der Waals-Gas (27.55). Skizzieren und diskutieren Sie die Kurve P i (T ). Lösung: Beim Joule-Thomson-Prozess wird ein Gas durch einen porösen Stopfen gepresst. Dabei ist ΔQ = 0 und ΔE = ΔW , so dass die Enthalpie konstant ist. Zur Bestimmung der Temperaturänderung (∂T /∂P )H geht man von dH = T dS + V dP aus und schreibt dS für S(T , P ) an. Aus dH = 0 kann man dann den Koeffizienten μJT ablesen. Mit dem Ausdehnungskoeffizienten aus Aufgabe 27.18 wird μJT = 0 zu T αT = V

∂V ∂T

= P

RT =1 P v − a/v + 2 a b/v 2

(27.56)

Die Inversionskurven müssen die Bedingungen (27.56) und (27.55) erfüllen. Für Ti (v) ist P aus den beiden Gleichungen zu eliminieren (für Pi (T ) ist dagegen v zu eliminieren). Wir setzen P = −a/v 2 + RT /(v − b) in (27.56) ein und lösen nach T auf: T = Ti (v) =

2a bR

1−

b 2 v

b = 1− v

oder

bRT 2a

Das Vorzeichen der Wurzel folgt aus v > b. Wir setzen dieses v = v(T ) in die van der Waals-Gleichung ein: a Pi (T ) = 2 b

−1+4

bRT bRT −3 2a 2a

R = 2b

√

T −

2a bR

√ 2a −3 T bR

Aus der letzten Form kann man sofort die Nullstellen ablesen. Sie liegen bei der sogenannten Inversionstemperatur Ti = 2a/(R b) und bei Ti /9. Die Inversionskurve P = Pi (T ) hat bei

P 6 Pm

μ 0 ... .. ... . ... ... ... .. ... .. . .

Ti /9

Tm

Ti

Tm =

-

T

8a , 9R b

Pm =

a 3 b2

ein Maximum. Oberhalb der Inversionstemperatur Ti tritt immer eine Erwärmung auf. Für Wasserstoff misst man Ti ≈ 202 K, so dass es bei Zimmertemperatur zu einer Erwärmung (mit möglicher Selbstentzündung) kommt.

570


27.20 Effektivität eines Kühlschranks Ein Kühlschrank arbeitet bei einer Innentemperatur von 5 o C. Die abgepumpte Wärme wird über einen Rost an der Rückseite bei einer Temperatur von 30 o C abgegeben. Jemand deckt die Lüftungsschlitze in der Arbeitsplatte über dem Kühlschrank ab; dadurch nimmt die Temperatur des Rosts auf 35 o C zu. Schätzen Sie ab, um wieviel Prozent der Energieverbrauch des Kühlschranks steigt. Lösung: Ein Motor M pumpt während eines Zyklus die Wärme q2 aus dem Kühlschrank:

Rost Temperatur T1

q

1

?w

q2

M

Kühlschrank Temperatur T2

Der ideale Wirkungsgrad des Kühlschranks ist ηideal =

Motor

q2 T2 = w T1 − T2

Dabei ist w die (während eines Zyklus oder Zeitraums) aufgewendete Arbeit. Die auftretenden Celsius-Temperaturen Θ = (T /K − 273.15) o C sind: Θ1 = 30 o C ,

Θ1 = 35 o C ,

Θ2 = 5 o C

Wir nehmen an, dass in beiden Szenarien der tatsächliche Wirkungsgrad proportional zum idealen ist. Dann gilt T − T2 Θ − Θ2 30 η w = 1 = = = 1 = 1.2 w η T1 − T2 Θ1 − Θ2 25 Der Energieverbrauch steigt um etwa 20 Prozent.

27.21 Carnotprozess mit idealem Gas

6P

a ....s.................

... ....................Ta . ... z.....................................s a ... XX ... ... ... ... ... ... ... Sa ... ... ... ... Sb ... ... ... ... ... ... . ... ..s............... b .................. ........................ ..... ...............s b

Tb

-

V

Der Kreisprozess a → a → b → b → a erfolgt längs Isothermen und Adiabaten. Er wird für ein Mol eines einatomigen idealen Gases durchgeführt. Gegeben sind der Druck und das Volumen für die Zustände a und b, also Pa , Va , Pb , Vb . Geben Sie für alle vier Zwischenzustände (a, a , b und b ) die Größen T , V , P und S an. Bestimmen Sie hieraus die im ersten und im dritten Schritt aufgenommenen Wärmemengen q1 und q3, und zeigen Sie q1 /Ta + q3 /Tb = 0.

Lösung: Für 1 mol eines idealen Gases gelten die Zustandsgleichungen PV = RT

und

E =

3 RT 2

571

Kapitel 27 Thermodynamik Die Entropie des Gases ist 3 R ln E + const. 2 Wir setzen E = 3 R T /2 = 3 P V /2 in S(E, V ) ein: S(E, V ) = R ln V +

S(V , P ) = R ln V +

3R ln(P V ) + const. = R ln V 5/2 P 3/2 + C 2

Für den Anfangszustand gilt Ta =

Sa = R ln Va5/2 Pa3/2 + C

P a Va , R

(27.57)

Der Zustand a hat dieselbe Entropie wie b, also Va Pa = Vb Pb . Der Zustand a hat dieselbe Temperatur wie a, also Ta = Ta ; dies impliziert Va Pa = Va Pa . Aus diesen Angaben folgt Vb Pb 3/2 Va Pa Va Pa Va Pa 3/2 Va = Vb , Pa = = Va Pa Va Vb Vb Pb 5/2

3/2

5/2

3/2

Für den Zustand b gilt analog zu (27.57) 5/2 3/2

Pb Vb , Sb = R ln Vb Pb +C R Für den Punkt b verwenden wir die zu a analogen Argumente (Tb = Tb und Sb = Sa ). Das Ergebnis ist Vb Pb Vb Pb Vb Pb 3/2 Va Pa 3/2 , Pb = = Vb = V a Vb P b Vb Va Va Pa Tb =

Wir berechnen noch die Wärmemengen q1 und q3 :

q1 = Ta Sa − Sa = Ta Sb − Sa = R Ta ln

q3 = Tb Sb − Sb = Tb Sa − Sb = R Tb ln

5/2

Pb

5/2

Pa

5/2

Pa

5/2

Pb

Vb Va

Va Vb

3/2

3/2

3/2

3/2

Hieraus folgt sofort q1 /Ta + q3 /Tb = 0.

27.22 Spezieller Kreisprozess T 6 T2

HH HH HHa c 6 H jH H H

b

T1

HH H -

S1

S2

S

Ein ideales Gas durchläuft den Kreisprozess aus den links skizzierten Wegen a, b und c. Berechnen Sie die einzelnen Arbeits- und Wärmebeiträge. Welcher Wirkungsgrad η ergibt sich, wenn der Prozess als Wärmekraftmaschine aufgefasst wird.

572


Lösung: Längs des Wegs a hängt die Temperatur T linear von der Entropie S ab: T (S) = −

T2 − T1 T2 S2 − T1 S1 S+ S2 − S1 S 2 − S1

Damit berechnen wir die längs des Wegs a zugeführte Wärme ΔQa = ΔQa = −

a

dS T (S),

1 T2 − T1 S22 − S12 T2 S2 − T1 S1 + T1 + T2 S2 − S1 S 2 − S1 = S2 − S1 2 S2 − S 1 2

Aus dem ersten Hauptsatz folgt für die am System geleistete Arbeit ΔWa = ΔEa − ΔQa = E(T1 ) − E(T2 ) − ΔQa Die Energie E = E(T ) des idealen Gases hängt nicht vom Volumen ab (Aufgabe 27.6); die Teilchenzahl ist konstant. Längs des Wegs b ist die Temperatur konstant, also ΔEb = 0 und

ΔWb = −ΔQb = T1 S2 − S1 Längs des Wegs c ist die Entropie konstant, also ΔQc = 0. Damit ist ΔWc = ΔEc = E(T2 ) − E(T1 ) Für die Summe aller Arbeitsleistungen erhalten wir ΔW = ΔWa + ΔWb + ΔWc = −ΔQa − ΔQb = −ΔQ = −

1 S2 − S1 T2 − T1 2

Damit ist −ΔW gleich der im obigen T -S-Diagramm eingeschlossenen Fläche. Diese Aussage kann man mit dE = T dS − P dV auch allgemeiner erhalten: 5 5 5 5 −ΔW = P dV = − dE + T dS = T dS Für eine Wärmekraftmaschine ist der Nutzen die vom System geleistete Arbeit −ΔW . Hierfür muss auf dem höheren Temperaturniveau (Weg a) die Wärme ΔQa aufgebracht werden. Daraus ergibt sich der Wirkungsgrad η=

T2 − T1 −ΔW = ΔQa T2 + T1

27.23 Stirling-Prozess mit idealem Gas Für ein einatomiges ideales Gas wird ein quasistatischer Kreisprozess durchgeführt, der aus den Wegen 1, 2, 3 und 4 besteht: 1: 2: 3: 4:

Isotherme Expansion von V1 auf V2 Isochore Abkühlung von T1 auf T2 Isotherme Kompression von V2 auf V1 Isochore Erwärmung von T2 auf T1

T V T V

= = = =

T1 V2 T2 V1

= = = =

const. const. const. const.

573


Skizzieren Sie den Prozess in einem P -V -Diagramm. Geben Sie die Arbeits- und Wärmeleistungen für die einzelnen Schritte an. Berechnen Sie den Wirkungsgrad ηStirling =

−ΔW ΔQ1

für den Fall, dass der Prozess als sogenannter Stirling-Motor aufgefasst wird. Dabei ist ΔW die Summe aller Arbeitsleistungen, und ΔQ1 ist die auf dem hohem Temperaturniveau T1 zugeführte Wärme. P 6

..s.......... ... ......................T ... 1 .. XX .. z.........................................s .. .. .. .. ... V1 ..... ... ... ... .. ... V2 .. ... .s....... ... ............. . .................. ......................................s

Lösung: Die Skizze zeigt den in der Aufgabenstellung beschriebenen Kreisprozess im P -V -Diagramm. Für das ideale Gas gilt P =

T2

-

V1

νRT , V

dE = CV (T ) dT

Die Wärmekapazität CV hängt nicht vom Volumen ab (Aufgabe 27.6).

V

V2

Auf den Wegen 1 bis 4 gelten: ΔE1 = 0 ,

ΔQ1 = −ΔW1 =

V2

dV P (V ) = ν R T1 ln

V1

ΔW2 = 0 ,

ΔQ2 = ΔE2 =

V2 V1

T2

dT CV (T ) T1

ΔE3 = 0 ,

ΔQ3 = −ΔW3 =

V1

dV P (V ) = ν R T2 ln

V2

ΔW4 = 0 ,

ΔQ4 = ΔE4 =

V1 V2

T1

dT CV (T ) T2

Für eine Wärmekraftmaschine ist der Nutzen die vom System geleistete Arbeit −ΔW ,

V2 −ΔW = −ΔW1 − ΔW3 = ν R T1 − T2 ln V1 Daraus ergibt sich der Wirkungsgrad ηStirling =

−ΔW T1 − T2 = = ηideal ΔQ1 T1

Ein ideale Stirling-Prozess hat also den maximal möglichen Wirkungsgrad. Ergänzende Anmerkungen: Das betrachtete Gasvolumen gibt im Schritt 2 die Wärmemenge −ΔQ2 ab. In einem Stirlingprozess wird diese Wärmemenge zwischengespeichert

574


und dem Gas im Schritt 4 wieder zugeführt, ΔQ4 = −ΔQ2 . Damit ist letztlich nur die Wärmemenge ΔQ1 aufzuwenden und im Wirkungsgrad zu berücksichtigen. Die Abwärme ΔQ3 geht bei dem Prozess verloren. Wenn man den Kreisprozess ohne diese Spezifikation betrachtet, dann wäre ΔQ1 +ΔQ4 die insgesamt zugeführte Wärmemenge (während ΔQ2 und ΔQ3 Abwärmeverluste sind). In dieser Sichtweise ergibt sich der Wirkungsgrad ηKreisprozess =

ΔQ1 −ΔW = ηideal ΔQ1 + ΔQ4 ΔQ1 + ΔQ4

Wegen ΔQ1 > 0 und ΔQ4 > 0 ist dies kleiner als der ideale Wirkungsgrad.

27.24 Maxwellrelationen für großkanonisches Potenzial Geben Sie die Maxwellrelationen für J (T , V , μ) = F − μ N an. Lösung: Aus dem bekannten Differenzial dF = −S dT − P dV + μ dN folgt dJ = −S dT − P dV − N dμ

(27.58)

Dabei sind S, P und N erste Ableitungen von J , zum Beispiel S = −∂J (T , V , μ)/∂T . Aus den gemischten Ableitungen folgen die Maxwellrelationen, zum Beispiel ∂S ∂2 J ∂P =− =− ∂T ∂V ∂V T ,μ ∂T V ,μ Wir stellen alle drei Maxwellrelationen zusammen: ∂P ∂S ∂N ∂S = , = , ∂V T ,μ ∂T V ,μ ∂μ T ,V ∂T V ,μ

∂P ∂μ

= T ,V

∂N ∂V

T ,μ

27.25 Differenzial für Energie pro Teilchen Zeigen Sie de = T ds − P dv

(27.59)

Dabei ist e = E/N , s = S/N und v = V /N . Die (Duhem-Gibbs-)Relationen dμ = −s dT + v dP

und

μ=

G N

werden als bekannt vorausgesetzt. Lösung: Nach (27.29) ist das chemische Potenzial μ gleich der freien Enthalpie G = E − T S + P V pro Teilchen: μ=

G = e−Ts+Pv N

Hierfür bilden wir das Differenzial dμ = de − T ds − s dT + P dv + v dP Kombiniert mit dμ = −s dT + v dP aus der Duhem-Gibbs-Relation folgt die Aussage (27.59).

575


27.26 Chemisches Potenzial für ideales Gas Geben Sie das chemische Potenzial μ(T , P ) für ein ideales Gas mit der Wärmekapazität CV (T , N ) an. Was ergibt sich speziell für das einatomige Gas mit CV = 3N kB /2? Lösung: Wir gehen von E − TS + PV G = N N aus. Die Energie folgt aus E(T , N) = dT CV (T , N), wobei N = const. vorausgesetzt wird. Mit cV = CV /N und (27.43) für die Entropie ergibt sich μ=

V PV cV (T ) − k T ln + B T N N T T cV (T ) kB T dT cV (T ) − T dT − kB T ln + kB T = μ(T , P ) = T P

μ =

T

dT cV (T ) − T

T

dT

In der zweiten Zeile sind wir mit Hilfe des idealen Gasgesetzes P V = N kB T zu den Variablen T und P übergegangen. Die beiden unbestimmten Integrale sind nur bis auf eine Konstante festgelegt; daher kann zur angegebenen Form von μ(T , P ) eine Funktion c1 + c2 T (mit Konstanten c1 und c2 ) addiert werden. Das chemische Potenzial ist damit jedenfalls von der Form k T B μ(T , P ) = f (T ) − kB T ln P wobei die Funktion f (T ) nur von der Temperatur abhängt. Speziell für cV = 3kB /2 geben wir die Temperaturabhängigkeit noch genauer an: μ(T , P ) = kB T = kB T

5 5 − ln T + ln P + const. 2 2

+ const.

5 P μ(T0 , P0 ) T − ln + ln + 2 T0 P0 kB T0

Die Konstanten in der ersten Zeile kommen von den unbestimmten Integralen, und sie enthalten die Faktoren, die das Argument des (zusammengefassten) Logarithmus dimensionslos machen. In der zweiten Zeile haben wir einen willkürlichen Referenzpunkt T0 , P0 gewählt; dann lassen sich die Konstanten zu μ(T0 , P0 ) zusammenfassen.

27.27 Ableitung der Duhem-Gibbs-Relation Leiten Sie die Duhem-Gibbs-Relation für ein homogenes System G = E − T S + P V = μN

(27.60)

ab, indem Sie die Gleichung S(λE, λV , λN ) = λS(E, V , N ) nach λ differenzieren.

576


Lösung: Der Ausgangspunkt S(λE, λV , λN) = λS(E, V , N) folgt daraus, dass die Größen E, V , N und S extensive Größen sind; bei einer Vervielfachung des (homogenen) Systems erhalten alle Größen denselben Faktor. Wir differenzieren beide Seiten von S(λE, λV , λN) = λS(E, V , N) nach λ und setzen anschließend λ = 1: ∂S ∂S ∂S E +V +N =S ∂E V ,N ∂V E,N ∂N E,V Mit

1 = T

∂S ∂E

, V ,N

P = T

∂S ∂V

, E,N

μ ∂S =− T ∂N E,V

wird dies zu

E PV μN + − = S T T T Wir lösen dies nach G = E − T S + P V = μN auf und erhalten so die Duhem-GibbsRelation.

27.28 Gefrierpunkterniedrigung beim Schlittschuhlaufen? Der Druck eines Schlittschuhs auf dem Eis erzeugt eine Gefrierpunkterniedrigung. Reicht dieser Effekt aus, um einen Wasserfilm zu erzeugen, auf dem der Schlittschuh gleitet? Der Eisläufer hat die Masse 80 kg, und seine Schlittschuhe liegen jeweils auf einer Länge 10 cm und einer Breite 4 mm auf. Berechnen Sie damit die Gefrierpunkterniedrigung, die sich aus der Clausius-Clapeyron-Gleichung ergibt. 6 P

... .. ..b ... .... . ... . . . ... .... ... ..... . P0 + PE . . . ... ... ... flüssig .......... fest . P0 . ... . . . .. ........... ... ......... ..r... ..... . . . . . . . . . .... ........ ......... . . . . . . . . . . ..... .............. ...................

TS

T

Lösung: Links ist das Phasendiagramm von Wasser skizziert. Bei Normaldruck P0 ≈ 105 N/m2 schmilzt Eis bei der Temperatur TS ≈ 273 K. Bei dem durch den Eisläufer erhöhten Druck P0 +PE liegt der Schmelzpunkt tiefer (ΔTS < 0). Wenn der neue Schmelzpunkt unter der Umgebungstemperatur liegt, könnte es zum Schmelzen des Eises kommen. Reynolds versuchte 1901, die geringe Reibung auf Eis in dieser Weise zu erklären.

Zur Abschätzung von ΔTS verwenden wir die Clausius-Clapeyron-Gleichung: dPS (T ) q = dT T (vA − vB )

(27.61)

Wir beziehen die Schmelzenthalpie q und die Volumina jeweils auf ein Mol: q ≈ 6000

J , mol

vA = vWasser ≈ 18

cm3 , mol

vB = vEis ≈ 1.1 vWasser

577


Damit ist die Steigung dPS /dT der Schmelzkurve PS (T ) im Phasendiagramm negativ. Die Schlittschuhe des Eisläufers (er belaste gerade beide) führen zum zusätzlichen Druck PE =

N mg 800 N = 106 2 ≈ 2 A 2 · 0.1 · 0.004 m m

Die Größen q, vA und vB sind Funktionen der Temperatur und des Drucks. Diese Abhängigkeiten werden in der folgenden Abschätzung vernachlässigt. Außerdem kann in (27.61) T = TS ≈ 273 K eingesetzt werden, da die Temperaturänderung ΔTS sehr klein ist: ΔTS =

PE (vA − vB ) ΔP = TS ≈ − 3 · 10−4 TS ≈ − 0.08 K dPS /dT q

Bei einer Umgebungstemperatur von zum Beispiel minus 1 Grad Celsius kann dieser Effekt kaum einen Wasserfilm auf der Eisoberfläche bewirken. Wesentlicher ist, dass auf einer Eisoberfläche von vornherein ein dünner Wasserfilm existiert (bei nicht zu tiefen Temperaturen). Ein weiterer Effekt ist die Reibungswärme des gleitenden Schlittschuhs, die zu einem Wasserfilm beitragen kann. Ein neuerer Überblick über diese spezielle Frage der Oberflächenphysik findet der Leser in dem Aufsatz Why is ice slippery? von Robert Rosenberg in der Physics Today Ausgabe vom Dezember 2005 (auch unter www.geo.hunter.cuny.edu/∼ hsalmun/ice_phy2day.pdf).

27.29 Dampfdruckkurve aus Clausius-Clapeyron-Gleichung Bestimmen Sie die Dampfdruckkurve aus der Clausius-Clapeyron-Gleichung mit Hilfe folgender Annahmen: vA − vB ≈ vA ≈ R T /P und q ≈ const. Lösung: In die Clausius-Clapeyron-Gleichung dPd (T ) q = dT T (vA − vB ) setzen wir vA − vB ≈ R T /P = R T /Pd ein: q Pd dPd = dT T RT Hieraus erhalten wir dPd q dT = Pd R T2

⇒

ln Pd = −

q + const. RT

und die Dampfdruckkurve q Pd (T ) = const. · exp − RT

27.30 Expansionskoeffizient entlang der Dampfdruckkurve Bestimmen Sie den thermischen Expansionskoeffizienten 1 ∂ vd = αd vd ∂T koex

578


für ein Gas, das mit seiner flüssigen Phase koexistiert. Dabei ist vd (T , P ) das Molvolumen des Gases, das in diesem Zusammenhang auch Dampf (Index d) genannt wird. Der Dampf wird als ideales Gas behandelt. Das Molvolumen der Flüssigkeit kann gegenüber dem des Gases vernachlässigt werden.

Lösung: Mit vd = vd T , Pd (T ) entlang der Dampfdruckkurve schreiben wir den thermischen Expansionskoeffizienten (27.15) an: ∂ vd ∂P 1 ∂ vd (27.62) + αd = vd ∂T P ∂P T ∂T koex Aus der idealen Gasgleichung entnehmen wir (∂ vd /∂ T )P = R/P und (∂ vd /∂P )T = −RT /P 2 . Die verbleibende Ableitung folgt aus der Clausius-Clapeyron-Gleichung dPd q q ∂P = = ≈ ∂T koex dT T (vd − vf ) T vd Im letzten Schritt haben wir das Molvolumen der Flüssigkeit vf gegenüber dem des Dampfs vd vernachlässigt. Damit folgt aus (27.62) q 1 R q 1− = αd = 1− (27.63) P vd P vd T RT Der erste Term beschreibt die bekannte thermische Expansion des idealen Gases bei konstantem Druck. Da entlang der Dampfdruckkurve die Temperatur mit dem Druck (oder der Druck mit der Temperatur) stark ansteigt, wird andererseits der Dampf komprimiert (zweiter Term). Für Wasserdampf, q ≈ 40 kJ/mol gegenüber RT ≈ 3 kJ/mol bei T = 373 K, überwiegt der zweite Term bei weitem, so dass insgesamt eine Kompression stattfindet. Alternative Lösung: Unter der zusätzlichen Voraussetzung q ≈ const. wurde in Aufgabe 27.29 die Temperaturabhängigkeit Pd (T ) = const. · exp(−q/RT ) der Dampfdruckkurve abgeleitet. Mit dem idealen Gasgesetz folgt daraus die explizite Temperaturabhängigkeit des Volumens vd (T ): T exp(q/RT ) vd (T ) = vd (T0 ) T0 exp(q/RT0 ) Dabei ist P0 , T0 ein beliebiger Referenzpunkt auf der Dampfdruckkurve. Wenn man mit dieser Funktion vd (T ) den Expansionskoeffizient αd = (dvd /d T )/vd berechnet, erhält man wieder (27.63).

27.31 Koexistenzkurve für zwei gasförmige Phasen Eine Substanz hat zwei gasförmige Phasen A und B, die den Zustandsgleichungen P vA = R A T

und

P vB = R B T

genügen. Dabei sind RA und RB phasenspezifische Konstanten, und v ist das Volumen eines Mols. Für die spezifischen Wärmen bei konstantem Druck gilt cP, A (T ) = cP, B (T ) = cP (T ). Berechnen Sie die Koexistenzkurve Pkoex (T ), bei der die beiden Phasen im Gleichgewicht sind. Zeigen Sie, dass die Übergangsenthalpie q konstant ist.

579


Lösung: Für die beiden Phasen i = A, B setzen wir jeweils die Zustandsgleichung in die Maxwellrelation zu dG ein: ∂vi Ri ∂si =− =− ∂P T ∂T P P Daraus erhalten wir für die Entropie si (T , P ) = −Ri ln

P P0

+ fi (T )

Hierbei sind f1 (T ) und f2 (T ) zunächst unbekannte Funktionen. Wir verwenden nun die Gleichheit der spezifischen Wärmen bei konstantem Druck, ∂ si ! cP , i (T ) = T = T fi (T ) = cP (T ) ∂T P Damit sind die Ableitungen der beiden Funktionen gleich, f1 (T ) = f2 (T ). Der 3. Hauptsatz, si → 0 für T → 0, impliziert f1 (0) = f2 (0). Damit stimmen beide Funktionen überein: f1 (T ) = f2 (T ) = f (T ) Die spezifischen Wärmen bei konstantem Volumen unterscheiden sich dagegen um eine Konstante: cV, B (T ) = cP (T ) − RB cV, A (T ) = cP (T ) − RA , Die Entropien sA = −RA ln

P P0

+ f (T ) und

sB = −RB ln

P P0

+ f (T )

legen die Übergangsenthalpie fest:

q = T (sA − sB ) = −T RA − RB ln

Pkoex P0

(27.64)

Diese Größe wird im Phasengleichgewicht gemessen, also beim Druck P = Pkoex der Koexistenzkurve. Für die Koexistenzkurve Pkoex (T ) gilt andererseits die Clausius-ClapeyronGleichung: dPkoex q Pkoex Pkoex = =− ln dT T (vA − vB ) T P0 Die Lösung dieser Differenzialgleichung ist Pkoex (T ) = P0 exp

T0 T

Mit wachsender Temperatur fällt diese Kurve exponentiell ab. In (27.64) eingesetzt, erhalten wir

q = − RA − RB T0 Die Übergangsenthalpie ist längs der Koexistenzkurve konstant.

580


27.32 Sieden einer Salzlösung Mit welcher Salzkonzentration siedet Wasser auf der Zugspitze bei 100 ◦ C? Lösung: Auf einer Höhe von z ≈ 3 km ist der Druck niedriger und es kommt zu einer Siedepunkterniedrigung. Eine Salzkonzentration erhöht dagegen den Siedepunkt. Damit das Wasser bei 100 ◦ C siedet, müssen sich beide Effekt kompensieren: ΔTS = ΔTS(1) + ΔTS(2) =

ΔP R TS2 (!) = 0 +c dPd /dT q

Der zweite Term ergibt sich aus (27.37). Für den ersten Term haben wir eine konstante Steigung dPd /dT der Dampfdruckkurve angenommen. Für diese Steigung verwenden wir die Clausius-Clapeyron-Gleichung mit RT , P

vA − vB ≈ vA ≈

ΔP ≈ exp(−3/8) − 1 ≈ − 0.31 P

Für den Druckabfall wurde die barometrische Höhenformel (27.50), P (z) ∝ exp(−z/8 km), verwendet. Damit erhalten wir (1)

ΔTS

≈

ΔP ΔP R TS2 ≈ ≈ −9 K dPd /dT P q

Für den numerischen Wert wurden q ≈ 4 · 104 J/mol, R = 8.3 J/(mol · K) und TS = 373 K eingesetzt. Damit siedet reines Wasser auf der Zugspitze bei etwa 91 o C. Eine Salzkonzentration c kann diesen Effekt kompensieren: c =

q q ΔP (!) ΔTS(2) = − ΔTS(1) ≈ − ≈ 0.31 P RTS2 R TS2

Das Ergebnis c ≈ −ΔP /P ist allein durch den Druckabfall bestimmt.

27.33 Gelöster Stoff in beiden Phasen Wenn der gelöste Stoff auf die flüssige Phase B beschränkt ist, dann ergibt sich bei einer Konzentration c folgende Änderung der Übergangstemperatur ΔTS kB TS =c TS q Dabei ist q = TS (sA − sB ) die Umwandlungsenthalpie für den Phasenübergang B → A. Verallgemeinern Sie den Ausdruck für ΔTS auf den Fall, dass in der Phase A ein gelöster Stoff die Konzentration cA , und in der Phase B ein gelöster Stoff (nicht notwendigerweise derselbe) die Konzentration cB hat. Lösung: Der gelöste Stoff (in einer Flüssigkeit oder gasförmigen Phase) trägt mit dem (osmotischen) Druck ΔP = nc kB T zum Gesamtdruck bei. Damit gilt für das chemische Potenzial des Lösungsmittels: ∂μ ΔP = μ(T , P ) − c kB T (27.65) μc (T , P ) = μ(T , P − ΔP ) ≈ μ(T , P ) − ∂P T

581


Hierzu wurden (∂μ/∂P )T = v = V /N = 1/n und c = nc /n verwendet. Ohne gelöste Stoffe ist der Übergangspunkt P , TS durch μB (TS , P ) = μA (TS , P )

(27.66)

gegeben. In der (zum Beispiel gasförmigen) Phase A ist ein Stoff mit der Konzentration cA gelöst, und in der (zum Beispiel flüssigen) Phase B ist ein Stoff mit der Konzentration cB gelöst. Die Änderung der Übergangstemperatur folgt aus μcB ,B (TS + ΔTS , P ) = μcA ,A (TS + ΔTs , P )

(27.67)

Wir setzen auf beiden Seiten (27.65) ein und verwenden dμ = −s dT + v dP : μcB ,B (TS + ΔTS , P ) ≈ μB (TS + ΔTS , P ) − cB kB (TS + ΔTS ) ≈ μB (TS , P ) − sB ΔTS − cB kB TS μcA ,A (TS + ΔTS , P ) ≈ μA (TS + ΔTS , P ) − cA kB (TS + ΔTS ) ≈ μA (TS , P ) − sA ΔTS − cA kB TS Terme wie cA ΔTS sind von zweiter Ordnung und wurden in der jeweils zweiten Zeile weggelassen. Mit (27.66) und (27.67) erhalten wir

kB

kB TS ΔTS = cB − cA = cB − cA TS sA − sB q Der Entropieunterschied zwischen den beiden Phasen ist durch die Umwandlungsenthalpie q = TS (sA − sB ) für den Übergang B → A gegeben. Beim Sieden einer Flüssigkeit bleibt der gelöste Stoff meist auf die Flüssigkeit beschränkt (cA = 0). In dem Maß, in dem der (oder ein) gelöste(r) Stoff in der gasförmigen Phase vorliegt (cA = 0), fällt die Siedepunkterhöhung geringer aus.

28 Statistische Ensembles Im abgeschlossenen System sind die Gleichgewichtszustände durch die mikrokanonische Zustandssumme Ω festgelegt. Für ein System im Wärmebad ist es dagegen die kanonische Zustandssumme Z . Für ein System im Kontakt mit einem Wärme- und Teilchenreservoir ist es die großkanonische Zustandssumme Y . Diese neuen Zustandssummen werden eingeführt und thermodynamischen Potenzialen zugeordnet. Die kanonische Zustandssumme wird speziell für klassische Systeme untersucht.

Ein Mikrozustand r stellt eine vollständige Beschreibung des Systemzustands dar; es könnte sich etwa um einen Eigenzustand des Hamiltonoperators handeln. In einem Makrozustand {Pr } sind dagegen nur die Wahrscheinlichkeiten Pr für das Auftreten der Mikrozustände in einem statistischen Ensemble gegeben. Das grundlegende Postulat gibt diese Wahrscheinlichkeiten für Gleichgewichtszustände im abgeschlossenen System (E, V , N gegeben). Wir geben nun die Wahrscheinlichkeiten für Gleichgewichtszustände eines Systems an, das in Kontakt mit einem Wärmebad (E, T , N gegeben) ist, oder mit einem Wärmebad und einem Teilchenreservoir (E, T , μ gegeben): % Pr (E, V , N ) =

1/Ω 0

E − δE ≤ Er (V , N ) ≤ E sonst

1 exp −β Er (V , N ) Z 1 Pr (T , V , μ) = exp −β Er (V , Nr ) − μNr Y Aus der Normierung Pr = 1 folgen die Zustandssummen Pr (T , V , N ) =

Ω(E, V , N ) =

1

(28.1) (28.2) (28.3)

(28.4)

r: E − δE ≤ Er (V , N) ≤ E

Z(T , V , N ) =

r

Y (T , V , μ) =

exp −β Er (V , N )

(28.5)

exp −β Er (V , Nr ) − μNr

(28.6)

r


583

Kapitel 28 Statistische Ensembles

Diese Zustandssummen heißen mikrokanonisch, kanonisch und großkanonisch. Alle Zustandssummen sind durch die Eigenwerte Er (V , N ), also durch die mikroskopische Struktur des betrachteten Systems festgelegt. Der Zusammenhang mit der makroskopischen Thermodynamik wird durch folgende Relationen hergestellt: S(E, V , N ) =

kB ln Ω(E, V , N )

(28.7)

F (T , V , N ) = −kB T ln Z(T , V , N )

(28.8)

J (T , V , μ) = −kB T ln Y (T , V , μ)

(28.9)

Jede dieser Größen enthält die vollständige thermodynamische Information (Kapitel 27). Daher löst jede Zustandssumme die Aufgabe der statistischen Physik, aus der mikroskopischen Struktur die thermodynamischen Eigenschaften zu berechnen. Alle Wahrscheinlichkeiten (28.1) – (28.3) beruhen auf dem grundlegenden Postulat; es werden also keine neuen statistischen Annahmen eingeführt. Zur Ableitung des kanonischen Ensembles betrachten wir ein abgeschlossenes System: ΔQ

-

Energie Er Mikrozustand r

EB = E − Er ΩB Zustände

Ein kleines Untersystem (links) kann mit dem großen, makroskopischen System B Wärme austauschen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit Pr befindet sich das kleine Untersystem dann im Mikrozustand r mit der Energie Er ?

Die Anzahl der zugänglichen Zustände des abgeschlossenen Systems ist gleich der Anzahl ΩB der zugänglichen Zustände des rechten Systems; denn das linke System befindet sich ja in einem bestimmten Mikrozustand. Wir entwickeln ΩB nach Potenzen von Er , wobei wir Er E voraussetzen: ∂ ln ΩB (E) Er + . . . = ln ΩB (E) − β Er + . . . ∂E (28.10) Nach (26.22) bestimmt ∂(SB /kB )/∂E = ∂ ln ΩB /∂E = 1/(kB T ) = β die Temperatur T des Systems B. Das Wärmebad B ist nach Voraussetzung so groß, dass T (praktisch) unabhängig von Er ist. Aus (28.10) folgt dann ΩB (E − Er ) 1 Er (x) Pr (T , x) = = exp − (28.11) ΩB (E) Z kB T ln ΩB (E − Er ) = ln ΩB (E) −

Der Boltzmannfaktor exp(−βEr ) bestimmt die relativen Wahrscheinlichkeiten der Mikrozustände r bei gegebener Temperatur. Der Vorfaktor 1/Z wird durch r Pr = 1 festgelegt. Die Größe Z(T , x) heißt kanonische Zustandssumme. Das zugehörige Ensemble heißt kanonisches Ensemble oder auch Gibbs-Ensemble. Für x = (V , N ) ist die Zustandssumme Z in (28.5) angegeben. Die Ableitung der großkanonischen Zustandssumme (28.6) erfolgt auf analogem Weg. So wie im kanonischen Ensemble die Energie Er nicht fest vorgegeben ist, so ist im großkanonischen

584


Ensemble zusätzlich die Teilchenzahl Nr nicht fixiert. Daher kann man r = (r , N ) für die Mikrozustände in (28.6) ansetzen und erhält dann den Zusammenhang Y (T , V , μ) =

∞

Z(T , V , N ) exp βμN

(28.12)

N=0

Zur Ableitung von F = −kB T ln Z berechnen wir die partiellen Ableitungen: 1 ∂ ln Z = − Er exp(−βEr ) = − Er Pr = −Er = −E ∂β Z r r

(28.13)

∂Er ∂ ln Z β ∂Er (V , N ) = − exp(−βEr ) = −β = βP ∂V Z r ∂V ∂V

(28.14)

β ∂Er (V , N ) ∂Er ∂ ln Z = − exp(−βEr ) = −β = −βμ ∂N Z r ∂N ∂N

(28.15)

Hiermit erhält man

1 d (ln Z + βE) = β dE + P dV − μ dN = kB

μ dE P + dV − dN T T T

(28.16)

Dies ist gleich dem Differenzial dS/kB aus (27.25). Damit gilt S = kB ( ln Z + βE ) + const. Aus dem Grenzfall T → 0 sieht man, dass die Konstante verschwindet. Damit erhält man (28.8). Die Ableitung von (28.9) erfolgt analog. In der Abbildung oben kann das linke System (a) mikroskopisch oder (b) makroskopisch sein. Für (a) betrachten wir ein einzelnes Teilchen, etwa ein herausgegriffenes Molekül in der Hörsaalluft. Die Energieverteilung des Teilchens ist in der kanonischen Verteilung unscharf: Pr = w(εr ) ∝ exp(−β εr )

ergibt

Δε = O(1) εr

(28.17)

Im Gegensatz dazu ergäbe eine mikrokanonische Verteilung Δε/εr = 0. Im Fall (b) ist das linke System selbst makroskopisch, etwa 1 Mol eines Gases im Kontakt mit der Umgebung (T ≈ 300 K). Die einzelnen Moleküle des Gases haben dann zwar die unscharfe Verteilung (28.17). Nach dem zentralen Grenzwertsatz gilt aber N A ΔE O(1) W (Er ) = w(εrν ) ergibt = √ ≈ 0 (28.18) E N r ν =1 Die Boltzmannfaktoren w(εrν ) beschreiben die (großen) Fluktuationen der Einteilchenenergien. Die Fluktuationen der Gesamtenergie um den Mittelwert herum sind aber vernachlässigbar klein. Die Energie E ist also scharf definiert, obwohl nur die Temperatur T vorgegeben ist. Dies bedeutet konkret: Für ein makroskopisches System ist es irrelevant, von welcher der drei Zustandssummen man ausgeht. Zwar


585

sind die physikalischen Randbedingungen (wie Energie vorgegeben, oder Temperatur vorgegeben) wesentlich verschieden. Wegen des zentralen Grenzwertsatzes unterscheiden sich die Ergebnisse nur in sehr kleinen Abweichungen, die für makroskopische Systeme in der Regel ohne Interesse sind. Insbesondere führen alle Ensembles zu denselben Zustandsgleichungen. Dies wird am Ende des Kapitels am Beispiel des idealen Gases demonstriert.

Klassische Systeme Ein klassisches System hat die Mikrozustände r = (q1 ,..., qf , p1 ,..., pf ) = (q, p). Ihre Energien sind durch die Hamiltonfunktion gegeben, Er = H (q, p). Bei der Abzählung der Zustände ist die Zellengröße (2π h) ¯ f im Phasenraum zu berücksichtigen, wie im Anschluss an (26.3) diskutiert wurde. Die klassische, kanonische Zustandssumme Z = r exp(−βEr ) lautet damit 1 dq1 ... dqf dp1 ... dpf exp −βH (q, p) (28.19) Z= f (2π h) ¯ Für ein einzelnes Teilchen wird diese Zustandssumme zu 1 3 z= d r d 3p exp −β h(r, p) 3 (2π h¯ )

(28.20)

Der Einteilchen-Hamiltonoperator ist von der Form h(r, p) = p2 /2m + U (r). Wenn das Potenzial U nur dazu dient, das Teilchen auf das Volumen V zu begrenzen, erhalten wir V V p2 2π h¯ 3 z= = 3 mit λ = d p exp − (28.21) 3 (2π h) 2mkB T λ ¯ 2πmkB T Hierbei ist λ die thermische Wellenlänge. Maxwellsche Geschwindigkeitsverteilung Nach der kanonischen Verteilung gilt Wahrscheinlichkeit, dass V p2 3 exp − d p = das Teilchen einen Impuls 3 (2π h) 2mkB T ¯ z im Bereich d 3p bei p hat ∞ Hieraus folgt die gemäß 0 dv f (v) = 1 normierte Maxwellverteilung: 3/2 m v2 m 2 v exp − f (v) = 4π 2πkB T 2kB T

(28.22)

(28.23)

Unter Normalbedingungen in Luft liegt das Maximum dieser Verteilung bei vmax ≈ 400 m/s.

586


Barometrische Höhenformel Im Schwerefeld u(r) = mg z gilt nach der kanonischen Verteilung Wahrscheinlichkeit, das Teilchen mg z exp − dz ∝ in einer Höhe zwischen kB T z und z + dz zu finden

(28.24)

Dies bestimmt die Dichte n(z) = N/V der Teilchen und über das ideale Gasgesetz auch den Druck P (z) = n kB T . Für konstante Temperatur folgt aus (28.24) dann die barometrische Höhenformel: mg z (28.25) P (z) = P (0) exp − kB T Die Annahme einer konstanten Temperatur in der Atmosphäre ist nicht realistisch. Aufgabe 28.11 geht stattdessen von einem Gleichgewicht gegenüber Volumenaustausch aus. Gleichverteilungssatz Aus der kanonischen Verteilung folgt der Gleichverteilungssatz: • Jede Variable, die quadratisch in die Hamiltonfunktion eingeht, liefert einen Beitrag kB T /2 zur mittleren Energie. In einem zweiatomigen idealen Gas gibt es 3 solche Variablen für die Translation, 2 für die Rotation und 2 für die Oszillation. Daraus folgt die spezifische Wärme pro Teilchen, cV = 7 kB /2. Reale zweiatomige Gase weichen hiervon mehr oder weniger stark ab (Kapitel 29). Ideales einatomiges Gas In (28.21) wurde die klassische Zustandssumme z für ein freies Teilchen im Volumen V berechnet. Unter Berücksichtigung der Ununterscheidbarkeit gelten dann für N Teilchen N z(T , V ) 1 VN = (28.26) Z(T , V , N ) = N! N ! λ3N und V − N kB T (28.27) F (T , V , N ) = −kB T ln Z(T , V , N ) = −N kB T ln N λ3 In (26.37) wurden die Zustandsgleichungen für das ideale Gas angegeben, wie sie aus der mikrokanonischen Verteilung folgen. Wir können jetzt alternativ die kanonische Verteilung verwenden: Aus (28.27) folgt P = −∂F /∂V = N kB T /V . Das Ergebnis ist unabhängig davon, welches Ensemble verwendet wird. Der Grund hierfür ist der zentrale Grenzwertsatz.

587


Aufgaben 28.1 Energieschwankung im kanonischen Ensemble Zeigen Sie, dass im kanonischen Ensemble die Schwankung ΔE der Energie durch

ΔE

2

= kB T 2

∂E(T , x) ∂T

(28.28)

gegeben ist; dabei die E(T , x) = Er . Zeigen Sie hiermit, dass die

Wärmekapazität CV = ∂E(T , V , N )/∂T positiv ist. Begründen Sie ΔE/E = O N −1/2 . Lösung: Das kanonische Ensemble ist durch die Wahrscheinlichkeiten Pr (T , x) =

1 exp −β Er (x) Z

mit Z(T , x) =

exp −β Er (x)

r

definiert; dabei steht x für die äußeren Parameter (etwa V und N). Der Mittelwert der Energie ist

1 Er (x) exp −β Er (x) E(T , x) = Er (x) = Z r In der folgenden Rechnung verwenden wir ∂Z = −Z Er ∂β

dβ β = − dT T

und

Wir leiten den Mittelwert der Energie nach der Temperatur ab:

∂E(T , x) β ∂ 1 Er (x) exp −β Er (x) = − ∂T T ∂β Z r = −

β β (ΔE)2 2 Er + Er2 = T T kB T 2

Wir betrachten die äußeren Parameter x = (V , N) und berechnen die Wärmekapazität CV = T

∂S ∂T

=

V ,N

∂E ∂T

= V ,N

(ΔE)2 ≥ 0 kB T 2

Der Übergang von ∂S/∂T zu ∂E/∂T folgt aus T dS = dE + P dV − μ dN . Die Breite ΔE kann nur für T = 0 verschwinden. Für T = 0 gilt daher CV > 0. Die Energie und die Wärmekapazität sind extensive Größen und damit proportional zur Teilchenzahl, E ∝ N und CV ∝ N. Daraus folgt ΔE 1 ∼ √ E N Diese Aussage entspricht dem Gesetz der großen Zahl.

588


28.2 Teilchenzahlschwankung im großkanonischen Ensemble Zeigen Sie, dass im großkanonischen Ensemble die Schwankung ΔN der Teilchenzahl durch

2 ∂N (28.29) ΔN = kB T ∂μ T ,V gegeben ist; dabei ist N (T , V , μ) = Nr . Zeigen Sie hiermit, dass die isotherme Kompressibilität 1 ∂V > 0 (28.30) κT = − V ∂P N,T positiv ist. Schreiben Sie dazu in N dμ = V dP − S dT das Differenzial dP für Verwenden Sie nun P = P (T , V , N ) aus. Hieraus können Sie (∂N/∂μ)T ,V ablesen.

P (T , V /N ) = P (T , v). Begründen Sie ΔN/N = O N −1/2 . Lösung: Das großkanonische Ensemble ist durch die Wahrscheinlichkeiten 1 exp −β Er (V , Nr ) − μNr mit Y exp −β Er (V , Nr ) − μNr Y (T , V , μ) =

Pr (T , V , μ) =

r

definiert. Der Mittelwert der Teilchenzahl ist N(T , V , μ) = Nr =

1 Nr exp −β Er (V , Nr ) − μNr Y r

In der folgenden Rechnung verwenden wir ∂Y = β Y Nr ∂μ Wir leiten den Mittelwert der Teilchenzahl nach dem chemischen Potenzial ab: ∂N(T , V , μ) ∂ 1 = Nr exp −β Er (V , Nr ) − μNr ∂μ ∂μ Y r 2

= = −β Nr + β Nr2 =

(ΔN)2 kB T

Dies ist die Aussage (28.29). Wir stellen nun einen Zusammenhang zwischen (ΔN)2 und der Kompressibilität her. Dazu schreiben wir in N dμ = V dP − S dT das Differenzial dP für P (T , V , N) aus: ∂P ∂P ∂P N dμ = V dT + dV + dN − S dT ∂T V ,N ∂V T ,N ∂N T ,V

Hieraus lesen wir ab N

∂μ ∂N

=V

T ,V

∂P ∂N

T ,V

589


In der intensive Größe Druck können die extensiven Größen V und N nur als Quotient vorkommen, also P (T , V , N) = P (T , V /N) = P (T , v). Hieraus folgt ∂P V ∂P (T , v) =− 2 ∂N T ,V N ∂v Wir kombinieren die letzten beiden Gleichungen zu V2 1 = − 3 ∂P (T , v)/∂v N

∂N ∂μ

T ,V

Mit dem zentralen Resultat (28.29) für ∂N(T , V , μ)/∂μ berechnen wir nun die isotherme Kompressibilität: κT = −

N V

∂v ∂P

= − N,T

N 1 V (ΔN)2 = 2 ≥ 0 V ∂P (T , v)/∂v N kB T

Die Breite ΔN könnte nur für T = 0 verschwinden. Für T = 0 haben wir damit gezeigt, dass die isotherme Kompressibilität positiv ist. Die Kompressibilität ist eine intensive Größe, κ ∝ N 0 . Daraus folgt ΔN 1 ∼ √ N N Diese Aussage entspricht dem Gesetz der großen Zahl.

28.3 Entropie für verschiedene Makrozustände Die Entropie eines beliebigen Makrozustands {Pr } ist durch S = −kB Pr ln Pr gegeben. Setzen Sie hierin die bekannten Wahrscheinlichkeiten Pr des (i) mikrokanonischen, (ii) kanonischen und (iii) großkanonischen Ensembles ein; die äußeren Parameter seien V und N . Verknüpfen Sie das Ergebnis mit den Aussagen F = −kB T ln Z und J = −kB T ln Y S = kB ln Ω , Lösung: Die Wahrscheinlichkeiten Pr für den Mikrozustand r im jeweiligen Ensemble sind: % 1/Ω E − δE ≤ Er (V , N) ≤ E Pr (E, V , N) = 0 sonst

1 exp −β Er (V , N) Z 1 exp −β Er (V , Nr ) − μNr Pr (T , V , μ) = Y

Pr (T , V , N) =

Im Argument der P r ’s stehen die vorgegebenen Größen. Die Zustandssummen Ω, Z und Y folgen jeweils aus r Pr = 1.

590


Mikrokanonisches Ensemble: S = −kB r : E − δE ≤ Er ≤ E

1 1 Pr = kB ln Ω(E, V , N) ln = kB ln Ω Ω Ω r

Kanonisches Ensemble: S = −kB

Pr ln

r

exp(−β Er ) Z

= kB ln Z + kB β E = kB ln Z +

E T

Mit F = E − T S wird dies zu F = − kB T ln Z(T , V , N). Großkanonisches Ensemble: S = −kB

r

Pr ln

exp −β (Er − μNr ) E − μN = kB ln Y + Y T

Mit J = E − T S − μN wird dies zu J = − kB T ln Y (T , V , μ).

28.4 Maximum der Entropie unter Nebenbedingungen

Ein beliebiger Makrozustand {Pr } hat die Entropie S(Pr ) = −kB Pr ln Pr . Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeiten Pr des großkanonischen Makrozustands aus der Forderung S(Pr ) − λ1 Pr − λ2 Er Pr − λ3 Pr Nr = maximal kB r r r unter den Nebenbedingungen Pr = 1 , Er P r = E , r

r

(28.31)

Pr N r = N

r

Welche Änderungen ergeben sich, wenn das kanonische Ensemble betrachtet wird? Lösung: Damit (28.31) erfüllt ist, muss die Ableitung der linken Seite nach Pr verschwinden: d(S/kB ) ! − λ1 − λ2 Er − λ3 Nr = −1 − ln Pr − λ1 − λ2 Er + λ3 Nr = 0 dPr

(28.32)

Dabei ist Er = Er (V , Nr ); das Volumen V ist gegebenenfalls durch die Liste aller äußeren Parameter (ohne die Teilchenzahl) zu ersetzen. Wir lösen (28.32) nach Pr auf:

Pr = exp −1 − λ1 − λ2 Er − λ3 Nr = const. · exp −λ2 Er − λ3 Nr Der Lagrangeparameter λ1 geht in die Normierungskonstante ein und wird letztlich durch r Pr = 1 festgelegt. Um die Lagrangeparameter λ2 und λ3 zu bestimmen, setzen wir die gefundenen Pr in den Ausdruck für die Entropie ein und verwenden die anderen Nebenbedingungen:

Pr ln Pr = kB Pr λ2 Er +λ3 Nr +const. = kB λ2 E +λ3 N +const. S(Pr ) = −kB r

r

591


Hierbei ist E = Er und N = Nr . Um die Verbindung der Lagrangeparameter mit Messgrößen herzustellen, verwenden wir dE = T dS − P dV + μ dN. Hieraus folgen 1 ∂S μ ∂S = und = − = kB λ3 = kB λ2 ∂E V ,N T ∂N E,V T also λ2 = β und λ3 = −βμ. Damit erhalten die Wahrscheinlichkeiten und ihre Normierung die Form 1 exp −β Er (V , Nr ) − μNr Pr (T , V , μ) = Y exp −β Er (V , Nr ) − μNr Y (T , V , μ) = r

Mit den Lagrangeparametern λ2 = β und λ3 = −βμ wird die Bedingung (28.31) zu J (T , V , μ) = E − T S − μN = minimal Kanonisches Ensemble: Die Nebenbedingung für die Teilchenzahl entfällt. In der obigen Rechnung ist λ3 ≡ 0 und μ ≡ 0 zu setzen, und Er (V , Nr ) ist durch Er (V , N) zu ersetzen, denn die Teilchenzahl N ist nunmehr ein äußerer Parameter. Die Bedingung (28.31) ist in diesem Fall äquivalent zu F = E − T S = minimal.

28.5 Wärmekapazität im Zweiniveausystem Ein System besteht aus N unabhängigen, unterscheidbaren Teilchen, die sich in zwei Energiezuständen ε1 = 0 und ε2 = ε > 0 befinden können. Berechnen Sie die Zustandssumme Z(T , N ). Wie groß ist bei gegebener Temperatur die mittlere Teilchenzahl im oberen Niveau? Skizzieren Sie die spezifische Wärme des Systems. Lösung: Bei gegebener Temperatur ist das kanonische Ensemble zu nehmen:

1 Pr (T , N) = Z(T , N) = exp −β Er (N) exp −β Er (N) , Z r Wir betrachten zunächst 1 Teilchen. Dann sind die möglichen Zustände des Systems durch E1 = 0 und E2 = ε gegeben. Die Zustandssumme ist z = Z(T , 1) = 1 + exp(−β ε) und die Wahrscheinlichkeiten sind p1 =

1 1 = z 1 + exp(−β ε)

und

p2 =

exp(−β ε) exp(−β ε) = z 1 + exp(−β ε)

Wenn n Teilchen (mit 0 ≤ n ≤ N) im oberen sind, dann ist die Energie Er = nε. Niveau

Da die Teilchen unterscheidbar sind, gibt es Nn Zustände mit dieser Energie: Z(T , N) =

exp(−β nε) =

r

N N n= 0

n

N exp(−β nε) = 1 + exp(−β ε) = zN

N

Hierbei wurde die binomische Summe a n bN−n = (a + b)N verwendet. Die Wahrn scheinlichkeit Pn , genau n Teilchen im oberen Niveau zu finden, ist exp(−β nε) N exp(−β nε) = Pr = Pn = Z(T , N) n Z(T , N) E = nε E = nε r

r

592


Hiermit berechnen wir die mittlere Teilchenzahl n im oberen Niveau: N N 1 N n = n Pn = n exp(−β nε) Z(T , N) n n= 0 n= 0 = − =

N ∂ N ∂ 1 1 Z(T , N) exp(−β nε) = − Z(T , N) ∂(β ε) n=0 n Z(T , N) ∂(β ε)

N 1 + exp(β ε)

(28.33)

Die Energie des Systems ist dann E(T , N) = n ε =

Nε , 1 + exp(β ε)

β=

1 kB T

Hieraus folgt die spezifische Wärme β ∂(E/N) kB (β ε/2)2 kB (β ε)2 1 ∂E =− = c(T ) = 2 = N ∂T N T ∂β cosh2 (β ε/2) exp(β ε/2) + exp(−β ε/2) c(T ) 6 ........... ... .......... ..... ..... ..... . ...... ..... ...... ........ . ......... ..... ........... ............... .... ..................... .... .................................... ............ . . ..........

T

Temperaturabhängigkeit der spezifischen Wärme c(T ) des Zweiniveausystems. Das Maximum der Kurve liegt bei kB T ≈ 0.4 ε. Für kleine Temperaturen geht c(T ) exponentiell gegen null; der Anregungsfreiheitsgrad wird „eingefroren“.

Für hohe Temperaturen geht c(T ) gegen null, weil dann bereits die Hälfte der Teilchen im oberen Niveau sind, und das System bei weiterer Temperaturerhöhung keine Energie mehr aufnehmen kann. Für die mittlere Teilchenzahl im oberen Niveau gilt n ≤ N/2. Ein Zustand mit n > N/2 kann formal durch (28.33) mit negativer Temperatur beschrieben werden. Dies ist aber kein Gleichgewichtszustand, also kein Zustand, der sich nach hinreichend langem Kontakt mit einem Wärmebad (mit physikalischer Temperatur T ≥ 0) einstellt. Experimentell können solche Zustände jedoch hergestellt werden. In diesem Zusammenhang werden dann manchmal negative Temperaturen benutzt.

28.6 Wärmekapazität für N Teilchen im Oszillator Der Hamiltonoperator N pν2 mω2 2 H = + r 2m 2 ν ν=1

beschreibt N unabhängige unterscheidbare Teilchen im harmonischen Oszillator. Die Teilchen haben Kontakt mit einem Wärmebad der Temperatur T .

593


Berechnen Sie die Zustandssumme Z(T , N ) und die Energie E(T , N ) des Systems. Wie verhält sich die Wärmekapazität C(T , N ) für kleine und große Temperaturen? Lösung: Die Einteilchenenergien des harmonischen Oszillators sind

εnx ,ny ,nz = h¯ ω nx + 1/2 + h¯ ω ny + 1/2 + hω nz + 1/2 ¯ Wegen der Unabhängigkeit der N Teilchen gilt Z(T , N) = z(T )N . Wir berechnen daher zunächst die Zustandssumme z eines einzelnen Teilchens: z(T ) =

∞

3 exp(−β h¯ ω/2) 3 1 exp −β h¯ ω n + 1/2 = = 3 1 − exp(−β h ω) 8 sinh (β h¯ ω/2) ¯ n=0

Hieraus folgen die Energie und die Wärmekapazität: d ln z 3 h¯ ω ∂ ln Z(T , N) = −N = N ∂β dβ 2 tanh(β h¯ ω/2) β ∂E 3N kB h¯ ω 2 ∂E(T , N) 1 = − = C(T , N) = ∂T T ∂β 4 kB T sinh2 β h¯ ω/2)

E(T , N) = −

Wir geben noch die führenden Terme für tiefe und für hohe Temperaturen an: ⎧ hω ⎪ hω 2 ¯ ⎪ ⎨ 3N kB ¯ exp − (kB T h¯ ω) k T k B BT C(T , N) = ⎪ ⎪ ⎩ (kB T h¯ ω) 3N kB Bei tiefen Temperaturen fällt die Wärmekapazität exponentiell ab, bei hohen Temperaturen geht sie gegen 3N kB (Gleichverteilungssatz). Bis auf einen Faktor 3 erhält man dieses Ergebnis auch für die Vibrationen eines idealen zweiatomigen Gases (Kapitel 29).

28.7 Geschwindigkeitsverteilung für vx Geben Sie die Wahrscheinlichkeitsverteilung für die x-Komponente der Geschwindigkeit eines freien Teilchens bei gegebener Temperatur an. Skizzieren Sie diese Verteilung und vergleichen Sie sie mit der Maxwellverteilung. Berechnen Sie den Mittelwert vx2 und bestimmen Sie daraus v 2 . f (vx ) 6 ............ .... ....... ... .... . . ... .. ... . . ... . . ... .. . .... . . . .... . . . . ..... . . ........ .... . . . . . . ........................... . .................

0

vx

Lösung: Der Boltzmannfaktor führt zu der Wahrscheinlichkeitsdichte m vx2 f (vx ) = A exp − 2 kB T Dabei ist f (vx ) dvx die Wahrscheinlichkeit, die x-Komponente der Geschwindigkeit im Intervall [vx , vx + dvx ] zu finden.

594


An die Stelle der hier gezeigten symmetrischen Gaußfunktion tritt bei der Maxwellverteilung eine mit v 2 multiplizierte Gaußfunktion, die auf positive Werte v beschränkt ist. Der Vorfaktor A folgt aus der Normierung:

∞

−∞

dvx f (vx ) = 1

⇒

A=

m 2πkB T

Hiermit berechnen wir den Mittelwert ∞ kB T vx2 = dvx vx2 f (vx ) = m −∞ Im Gleichgewicht sind alle Richtungen gleichwertig. Daher gilt v 2 = vx2 + vy2 + vz2 = 3 vx2 =

3 kB T m

28.8 Verschiedene Mittelwerte für Maxwellverteilung Zeigen Sie für die Maxwellverteilung 8 kB T v = π m

v2 =

und

3 kB T m

(28.34)

Geben Sie die absoluten Werte für Luft bei Zimmertemperatur (kB T ≈ eV/40) an. Vergleichen Sie die Ergebnisse mit dem Maximum vmax der Maxwellverteilung. f (v) 6

Lösung: Die Maxwellverteilung ist durch

.......... ...... .......... .... .... . . .... .. .... . . .... . .... ..... ..... . . ...... . . ........ . . .............. . . . ................. .......

vmax

3/2 m v2 m v 2 exp − 2πkB T 2 kB T ∞ gegeben. Sie ist gemäß 0 dv f (v) = 1 normiert.

f (v) = 4π

v

Die folgenden Integrale können mit der Formel

∞ 0

dx x exp −a x n

2

=

Γ

n+1

2a

2 n+1 2

ausgewertet werden; es gilt Γ (k + 1/2) = (k − 1/2)(k − 3/2) · . . . · (3/2)(1/2) Damit erhalten wir 3/2 ∞ m m v2 8 kB T 3 v = 4π dv v exp − = 2πkB T 2kB T π m 0

v2

3/2 ∞ m m v2 3 kB T 4 = 4π dv v exp − = 2πkB T 2kB T m 0

√

π.

595

Kapitel 28 Statistische Ensembles Das Maximum der Verteilung folgt aus df (v)/dv = 0 zu 2 kB T vmax = m

Wir setzen m ≈ 27 GeV/c2 (Mittelwert für die N2 - und O2 -Moleküle in Luft), kB T ≈ eV/40 (Zimmertemperatur T ≈ 290 K) und c = 3 · 108 m/s ein: m m m v ≈ 460 , v 2 ≈ 500 vmax ≈ 408 , s s s Das Ergebnis vmax < v spiegelt wider, dass die Verteilung schief ist (unsymmetrisch bezüglich des Maximums). Für Normalbedingungen (T ≈ 273 K) ist kB T etwa 6% kleiner, wodurch sich alle angegebenen Werte um etwa 3% erniedrigen.

28.9 Verteilung der Relativgeschwindigkeiten Die Geschwindigkeiten der Teilchen eines Gases sind isotrop verteilt und genügen der Maxwellverteilung

3/2 2

m vi exp −α vi2 f (vi ) = 4π α/π mit α= (28.35) 2 kB T Für zwei herausgegriffene Teilchen (i = 1, 2) definieren wir die Schwerpunkt- und die Relativgeschwindigkeit: V =

v 1 + v2 2

und

v = v 1 − v2

(28.36)

Berechnen Sie die zu (28.35) analoge Verteilung F (v) für die Relativgeschwindigkeiten. Vergleichen Sie F (v) mit f (v). Lösung: Die Wahrscheinlichkeit, den Betrag der Geschwindigkeit eines Teilchens in einem Intervall dvi bei vi zu finden, ist f (vi ) dvi . Hieraus und aus der Isotropie folgt die Wahrscheinlichkeit, die Geschwindigkeit eines Teilchens in einem Intervall d 3 vi = 4π vi2 dvi bei v i zu finden:

3/2

exp −α vi2 d 3 vi = g(vi ) d 3 vi f (vi ) dvi = α/π Hierbei haben wir den Boltzmannfaktor g(v) = (α/π)3/2 exp(−α v 2 ) eingeführt. Für die Verteilung der Relativ- und Schwerpunktgeschwindigkeiten führen wir die entsprechenden Größen F (v) dv = G(v) d 3 v und H (V ) d 3 V ein. Für die dreidimensionalen Geschwindigkeitselemente gilt d 3 v d 3 V = d 3 v1 d 3 v2 Es genügt, dies für die x-Komponenten zu zeigen: ∂vx ∂vx ∂v1,x ∂v2,x 1 −1 dvx dVx = dv1,x dv2,x = ∂V ∂V 1/2 1/2 x x ∂v ∂v 1,x

2,x

(28.37)

dv1,x dv2,x = dv1,x dv2,x

596


Die auftretende Jacobideterminante ist 1. Die Anzahl der Teilchen in den zueinander gehörigen Geschwindigkeitsintervallen ist gleich: f (v1 ) d 3 v1 f (v2 ) d 3 v2 = G(v) d 3 v H (V ) d 3 V Wegen (28.37) gilt dann G(v) H (V ) = g(v1 ) g(v2 ) Wir setzen g(v) = (α/π)3/2 exp(−α v 2 ) mit (28.35) und (28.36) ein: G(v) H (V ) =

α 3

α 3

exp −α v12 + v22 = exp −α v 2 /2) exp −2 α V 2 π π

Hieraus lesen wir ab G(v) =

α 3/2 exp −α v 2 /2) 2π

und

H (V ) =

2 α 3/2 π

exp −2 α V 2

Die Vorfaktoren folgen aus der jeweiligen Normierung. Damit ergibt sich für F (v) eine Maxwellverteilung, in der die Masse m durch die reduzierte Masse m/2 ersetzt ist: F (v) = 4πv 2 G(v) = 4π

α 3/2 α v2 v 2 exp − 2π 2

(28.38)

∞ Diese Verteilung ist gemäß 0 dv F (v) = 1 normiert. Die Verteilung der Schwerpunktgeschwindigkeiten ergibt sich analog aus (28.35) durch die Ersetzung m → M = 2m.

6

Die Verteilung F (v) geht durch die Trans.... .... f (v) ... ... formation α → α/2 aus der Maxwellvertei... .. lung f (v) hervor; für die Abbildung wurde ... ... ... α = 1 gesetzt. Die Geschwindigkeiten (ins... ................. ... ...... .... ............ besondere Maximum oder√Mittelwert) erhal. . . .. ..... .. .. 0.5 ten dadurch einen Faktor 2. ... .....F (v) ... . .. . .... . ... .... ..... .. .... ... .... ... ... ... .... ... ..... .... . ..... .. .. ..... ..... ... ...... .. ... . . ....... .. .. .... ........ . . . ...... . .... ........... . . . .. ..... ..... ..... .......................................................................................... ...... 1

2

3

4

v

Alternative Lösung: Wegen der Isotropie der Verteilung entspricht die Maxwellverteilung (28.35) drei gleichen normierten Gaußverteilungen (Normalverteilungen) für die Größen vx , vy und vz (siehe Aufgabe 28.7). Für zwei Teilchen erhält man dann ein Produkt solcher Normalverteilungen. Analog zu Aufgabe 25.8 zeigt man nun, dass sich für die neuen Variablen (etwa für vx = v1,x − v2,x und Vx = (v1,x + v2,x )/2) wieder Normalverteilungen mit entsprechend geänderten Breiten ergeben.

597


28.10 Isotopentrennung In einem Behälter mit dem Volumen V und der konstanten Temperatur T befinden sich zwei Sorten von idealen Gasmolekülen, A und B. Die Moleküle haben unterschiedliche Massen, mA > mB . Durch poröse Wände können Moleküle den Behälter verlassen. Die einzelnen Poren sind groß gegenüber den Molekülabmessungen; ihre Gesamtfläche a ist jedoch klein gegenüber der Fläche der Behälterwände. Berechnen Sie das Konzentrationsverhältnis cA (t)/cB (t) der Moleküle im Behälter als Funktion der Zeit. Lösung: Wir betrachten zunächst eine Sorte von Gasmolekülen, die in positiver x-Richtung auf eine Behälterwand treffen. Die Wahrscheinlichkeitsdichte für die x-Komponente der Geschwindigkeit folgt aus der Maxwellverteilung: ∞ mv 2 m x exp − , dvx f (vx ) = 1 f (vx ) = 2π kB T 2 kB T −∞ Die Dichte der Moleküle ist N/V . Die mittlere Stromdichte in positiver x-Richtung ist dann jx = v x N/V > 0, wobei vx der Mittelwert für alle Teilchen mit v x > 0 ist. Der Strom dNaus /dt der durch eine (Öffnungs-)Fläche ax entweichenden Teilchen ist damit ∞ dNaus kB T N mit vx = dvx vx f (vx ) = = jx ax = ax v x dt V 2πm 0 Die Summation über den Beitrag aller Wände erfolgt durch die Ersetzung ax → a, wobei a die Gesamtfläche der Poren ist. Die auf die Poren treffenden Moleküle entweichen aus dem Behälter, also dN = −dNaus und a dN kB T =− N dt V 2πm Die Lösung dieser Differenzialgleichung ist t N(t) = N(0) exp − τ

mit

V τ = a

2πm kB T

Die Anzahl N(t) der Teilchen im Behälter nimmt exponentiell mit der Zeit ab. Wenn die beiden Teilchensorten unabhängig voneinander sind, können wir diese Lösung sowohl für A wie für B ansetzen. Das Konzentrationsverhältnis ergibt sich daher zu t 1 cA (t) NA (t) NA (0) t a kB T 1 cA (0) − = = exp − + exp = t √ √ cB (t) NB (t) NB (0) τA τB cB (0) V 2π mB mA Für mA > mB ist der Exponent positiv, und das Konzentrationsverhältnis steigt exponentiell mit der Zeit an (zugleich gehen die Dichten allerdings gegen null). Der Anteil der Gasmoleküle A mit der größeren Masse wächst also mit der Zeit. Die mehrmalige Wiederholung einer solchen Prozedur ist ein praktisch anwendbares Verfahren zur Isotopentrennung. Da die einzelnen Poren groß gegenüber den Molekülabmessungen sind, mussten wir keine Randkorrektur anbringen. Da a klein gegenüber der gesamten Wandfläche ist, stellt sich fortlaufend eine Gleichgewichtsverteilung für die Geschwindigkeiten ein; dies wurde implizit mit der Maxwellverteilung vorausgesetzt.

598


28.11 Konvektives Gleichgewicht Wind oder Konvektion bedeutet den Austausch von Volumenelementen. Als Modell der Atmosphäre kann man ein Gleichgewicht gegenüber dem adiabatischen quasi– q.s. /T = 0, und die statischen Austausch von Luft annehmen. Dann gilt dS = dQ Entropiedichte s(r) hängt nicht vom Ort ab: s(r) = const. Außerdem kompensiert der Druckgradient dP /dz = − g = −mg/v im Gleichgewicht die Schwerkraft; dabei ist die Massendichte der Luft, m die Masse eines Luftmoleküls, g = −g ez die Erdbeschleunigung und v = V /N . Für die Luft kann das ideale Gasgesetz v = kB T /P und cP ≈ 7kB /2 verwendet werden. Berechnen Sie die Temperaturverteilung T (z). Welcher Temperaturabfall ergibt sich in einer Höhe von 1 km? Vergleichen Sie den Druckabfall für Δz = 1 km mit dem der barometrischen Höhenformel. Lösung: Wir schreiben das Differenzial für die Entropiedichte s(T , P ) an: ∂s ∂s cP cP ∂v v ds = dT + dP = dP = dT − dT − dP ∂T P ∂P T T ∂T P T T Dabei wurde die Maxwellrelation aus dG und das ideale Gasgesetz verwendet. Aus ds = 0 und der mechanischen Gleichgewichtsbedingung v dP = −mg dz folgt v dP = cP dT = − mg dz

(28.39)

Aus dem rechten Teil dieser Beziehung erhalten wir den Temperaturgradienten K dT mg ≈ −9.7 = − dz cP km Hier wurden die bekannte Größen für die Masse m (Mittelwert für N2 - und O2 -Moleküle), die Erdbeschleunigung g und cP /kB ≈ 7/2 eingesetzt. Der tatsächliche Abfall in der Troposphäre (erdnaher Teil der Atmosphäre) beträgt etwa minus 6 K pro Kilometer. Die Integration von dT /dz ergibt mg z T (z) = T (0) − cP Aus dem linken Teil von (28.39) und v = kB T /P erhalten wir dP cP dT = P kB T Wir integrieren zu P (z) = P (0)

T (z) cP /kB mg z cP /kB = P (0) 1 − T (0) cP T (0)

Wir vergleichen die Taylorentwicklung P (z) ≈ P (0)

mg z 1− ± ... kB T (0)

599

Kapitel 28 Statistische Ensembles mir derjenigen der barometrischen Höhenformel (28.25): mg z mg z ≈ P (0) 1 − ± ... P (z) = P (0) exp − kB T kB T (0)

Für T = T (0) stimmt der führende Gradient überein. Für 1 Kilometer Höhe erhalten wir aus beiden Formeln (ohne Taylorentwicklung) etwa den gleichen Wert: P (1 km) ≈ 0.88 P (0)

28.12 Energieschwankung im idealen Gas In makroskopischen Systemen liegen die Mikrozustände so dicht, dass Mittelwerte als Integrale ausgewertet werden können: ∞ 1 A= Ar P r = Ar exp(−β Er ) = dE A(E) ω(E) exp(−β E) Z r 0 r Hierbei ist ω(E) die Dichte der Zustände. Für ein ideales Gas gilt ω(E) ∝ E 3N/2 . Bestimmen Sie für diesen Fall die Schwankung ΔE der Energie. Entwickeln Sie dazu den Logarithmus von ω(E) exp(−β E) bis zur 2. Ordnung um das Maximum herum. Lösung: Die Funktion f (E) = ω(E) exp(−β E) besteht aus einer ansteigenden (ω(E)) und einer abfallenden (exp(−β E)) Funktion. Sie hat daher ein Maximum. Wir differenzieren den Logarithmus der Funktion: f (E) 3N 1 d ln f (E) = = − dE f (E) 2E kB T An der Stelle E0 des Maximums ist dies null, also E0 =

3 N kB T 2

Wir berechnen die zweite Ableitung am Maximum: 3 N 1 d2 ln f (E) =− 2 = − E0 dE 2 2 E02 σ

wobei

σ =

2 E0 √ 3 N

Wir entwickeln nun ln f (E) in eine Taylorreihe ln f (E) ≈ ln f (E0 ) − Hieraus erhalten wir

1 (E − E0 )2 ± ... 2 σ2

(E − E0 )2 ω(E) exp(−E/kB T ) ≈ const. · exp − 2σ2 1 (E − E0 )2 ≈ √ exp − = P (E) 2σ2 2π σ

(28.40)

600


Die Konstante wurde so bestimmt, dass ∞ dE P (E) ≈ 0

∞ −∞

dE P (E) = 1

Damit berechnen wir die Mittelwerte: ∞ E ≈ dE E P (E) = E0 −∞

ΔE

2

= (E − E0 )2 ≈

∞

−∞

2 dE E − E0 P (E) = σ 2

Mit den oben berechneten Werten für E0 und σ erhalten wir ΔE σ 2 = = E0 3N E Für ein makroskopisches System ist diese relative Schwankung praktisch null. Der jeweils nächste Term in der Taylorentwicklung (28.40) erhält relativ zum vorhergehenden einen Faktor der Größe (E − E0 )/E0 ∼ ΔE/E0 ≈ N −1/2 . Dies rechtfertigt den Abbruch der Entwicklung.

28.13 Gibbs-Paradoxon Die kanonische Zustandssumme eines idealen einatomigen Gases ist N z(T , V ) 1 VN 2π h¯ = , λ= Z(T , V , N ) = N! N ! λ3N 2πmkB T

(28.41)

Berechnen Sie damit die Änderung ΔF der freien Energie bei folgendem Prozess: Ein thermisch isoliertes Gasvolumen V wird durch seitliches Einschieben einer Zwischenwand in zwei gleiche Volumina geteilt. Berechnen Sie ΔF alternativ aus thermodynamischen Relationen (betrachten Sie dazu die übertragenen Arbeits- und Wärmemengen). Lassen Sie den Faktor 1/N ! im Ausdruck für Z weg; dies ergibt einen anderen Ausdruck F ∗ für die freie Energie. Bestimmen Sie die Änderung ΔF ∗ bei dem betrachteten Prozess. Der Widerspruch zwischen diesem statistisch berechneten ΔF ∗ und dem thermodynamisch berechneten ΔF heißt Gibbs-Paradoxon. Der Widerspruch wurde durch das Einfügen des Faktors 1/N ! aufgelöst, und zwar bevor die Quantenmechanik diesen Faktor begründete (Ununterscheidbarkeit von Teilchen). Lösung: Mit N! ≈ (N/e)N folgt aus (28.41) F (T , V , N) = −kB T ln Z(T , V , N) = −N kB T

V ln N λ3

Für zwei Teilvolumina mit jeweils V /2 und N/2 gilt V /2 N kB T ln +1 2 F (T , V /2, N/2) = −2 2 (N/2) λ3

+1

601

Kapitel 28 Statistische Ensembles Beide Ausdrücke sind gleich, also

ΔF = 0

Thermodynamisch ergibt sich dasselbe Ergebnis: Für den Prozess der Unterteilung gilt – = dW – = 0, also ΔE = 0; außerdem ist der Prozess reversibel, also ΔS = 0. Hieraus dQ folgt ΔF = ΔE − T ΔS = 0. Wenn wir dagegen den Faktor 1/N! weglassen, dann ist die freie Energie F ∗ vor der Unterteilung V F ∗ (T , V , N) = −N kB T ln λ3 Nach der Unterteilung folgt hieraus 2 F ∗ (T , V /2, N/2) = −2 also

N V /2 kB T ln = F ∗ (T , V , N) + N kB T ln(2) 2 λ3 ΔF ∗ = N kB T ln(2)

29 Spezielle Systeme Wir werten die kanonische oder die großkanonische Zustandssumme für eine Reihe von Modellsystemen aus. Dazu gehören das ideale Spinsystem, das ideale zweiatomige Gas, das verdünnte reale Gas und ideale Quantengase. Zu den Quantengasen zählen das ideale Bosegas (Helium-4, Photonen, Phononen) und das ideale Fermigas (Helium-3, Elektronen im Metall). In der Diskussion wird der Bezug zu realen Systemen und beobachtbaren physikalischen Effekten hergestellt.

Ideales Spinsystem Das magnetisches Moment von Teilchen ist von der Form μ = g (q/2mc) s, wobei s der Spin und g ein numerischer Faktor der Größe 1 ist. Wir betrachten im Folgenden Elektronen mit der Ladung q = −e, dem Spin h¯ /2 und g ≈ 2. In Magnetfeldrichtung B = B ez sind die Spineinstellungen sz = ±h/2 ¯ möglich. Damit nimmt die Energie eines Elektrons die Werte ε = −μ · B = ±μB B an. Das mittlere magnetische Moment μ eines herausgegriffenen Teilchens wird mit der kanonischen Verteilung berechnet:

exp ± β μB B

μ = μB P+ − P− mit P± = (29.1) 2 cosh β μB B Dabei bezeichnet + ein magnetisches Moment parallel zum Magnetfeld. Wegen der Unabhängigkeit der einzelnen Teilchen ist die Magnetisierung ⎧ μB B ⎪ ⎪ ± ... (kB T μB B) ⎨ Nμ μB B kB T M(T , B) = = M0 tanh = M0 · −2μB B ⎪ V kB T ⎪ ⎩ 1 − 2 exp ± ... kB T (29.2) Die maximale Magnetisierung M0 = nμB wird für tiefe Temperaturen oder starke Felder (kB T μB B, untere Zeile) erreicht. Für hohe Temperaturen oder schwache Felder (obere Zeile) berechnen wir die magnetische Suszeptibilität: ∂M M0 μB const. χm = = = (29.3) ∂B kB T T Diese Temperaturabhängigkeit wird als Curiegesetz bezeichnet. Man findet dieses Verhalten für paramagnetische Materialien, die ein ungepaartes Elektron pro Atom haben. Bei tiefen Temperaturen kann die Wechselwirkung zwischen den benachbarten Spinteilchen zu einer spontanen Magnetisierung führen (Ferromagnetismus, Kapitel 30). Oberhalb einer kritischen Temperatur Tc verhält sich die Suszeptibilität dann wie χm = const./(T − Tc ). 602 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_29, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

603

Kapitel 29 Spezielle Systeme

Zweiatomiges ideales Gas Wir berechnen die Wärmekapazität eines zweiatomigen idealen Gases (etwa von Luft mit Sauerstoff- oder Stickstoffmolekülen). „Ideal“ bedeutet, dass die Wechselwirkung zwischen den Molekülen vernachlässigt wird. Dann ist das System durch die Einteilchenenergien charakterisiert: ε=

h2 l(l + 1) p2 1 ¯ + + hω n+ ¯ 2 2M 2Θ

(29.4)

Neben der Translation gibt es einen Vibrations- und ein Rotationsanteil. Die Schwingungen des Relativabstands um die Gleichgewichtslage herum werden durch einen harmonischen Oszillator (Frequenz ω) beschrieben. Für die Rotationen des Moleküls wird ein starrer Rotator (konstantes Trägheitsmoment Θ) verwendet. Da die einzelnen Teile in (29.4) unabhängig voneinander sind, ist die Zustandssumme ein Produkt der Zustandssummen für die Translation, Vibration und Rotation: ln Z(T , V , N ) = ln Ztrans (T , V , N ) + ln Zvib (T , N ) + ln Zrot (T , N )

(29.5)

Der Translationsanteil ist durch (28.26) und (28.27) gegeben. Da die anderen Anteile nicht vom Volumen abhängen, gilt P =−

∂ ln Ztrans (T , V , N ) ∂F (T , V , N ) N = kB T = kB T ∂V ∂V V

(29.6)

Die thermische Zustandsgleichung ist also dieselbe wie beim einatomigen Gas. Für die kalorische Zustandsgleichung berechnen wir ∂ ln Z(T , V , N ) = Etrans + Evib + Erot (29.7) ∂β Für Z aus (28.5) wird die Ableitung von ln Z zu r Er Pr , also zum Mittelwert der Energie im kanonischen Ensemble. Der Translationsanteil ist bekannt, Etrans = 3N kB T /2, und ergibt den Beitrag 3kB /2 zur spezifischen Wärme pro Teilchen. Wegen der Unabhängigkeit der Moleküle voneinander gelten N N Zvib (T , N ) = zvib (T ) und Zrot (T , N ) = zrot (T ) (29.8) E(T , V , N ) = −

Es genügt also, die Zustandssummen für jeweils ein einzelnes Molekül zu bestimmen. Für die Vibrationen bedeutet das zvib =

∞ n=0

exp(−β hω/2) ¯ exp −β h¯ ω (n + 1/2) = 1 − exp(−β hω) ¯

Mit kB Tvib = h¯ ω folgt hieraus ∂ ln zvib = N h¯ ω Evib (T , N ) = −N ∂β

1 1 + exp(Tvib /T ) − 1 2

(29.9)

(29.10)

604


Das Ergebnis für Evib /(N hω ¯ ) kann als n+1/2 mit der mittleren Oszillatorquanten− 1) geschrieben werden. Für T > Tvib gilt n ≈ kB T /hω zahl n = 1/(exp (β hω) ¯ ¯ . Dies ergibt cvib ≈ kB für die spezifische Wärme pro Teilchen (Gleichverteilungssatz). Für T Tvib „friert der Freiheitsgrad der Vibration ein“, und cvib wird exponentiell klein. Für die Rotation eines Moleküls ist die Zustandssumme ∞

h¯ 2 l(l + 1) zrot = (29.11) 2l + 1 exp − 2 Θ kB T l =0

Der Faktor 2l + 1 ergibt sich aus der Summe über die m-Quantenzahl. Die Summe über l wird separat für hohe und tiefe Temperaturen ausgewertet und ergibt ⎧ Trot Trot ⎪ + ... (T Trot ) exp − 3 ⎨ T T Erot (T , N ) = N kB T · (29.12) ⎪ ⎩ 1 − Trot − Trot2 ) (T

T rot 2 6T

180 T

Für hohe Temperaturen kB T kB Trot = h¯ 2 /Θ ist der Beitrag zur spezifischen Wärme pro Teilchen crot = kB (Gleichverteilungssatz). Für T ≈ Trot steigt crot zunächst etwas an. Für T Trot „friert der Freiheitsgrad der Vibration ein“, und die spezifische Wärme wird exponentiell klein. Für Wasserstoffgas (H2 -Moleküle) sind die diskutierten Temperaturabhängigkeiten zu beobachten, weil Tvib ≈ 6140 K und Trot ≈ 85.4 K über der Kondensationstemperatur Ts ≈ 20 K liegen (im Gegensatz zu den meisten anderen Gasen). Ortho- und Parawasserstoff Die Wellenfunktion der beiden Protonen im H2 -Molekül muss antisymmetrisch sein. Die Spins der beiden Protonen können zu S = 0 (antisymmetrisch) oder zu S = 1 (symmetrisch) gekoppelt sein. Die Wellenfunktion Ylm der Rotation erhält bei Austausch der Protonen den Faktor (−)l . Daher sind nur folgende Zustände möglich: S=0 :

l = 0, 2, 4, . . .

(Parawasserstoff)

S=1 :

l = 1, 3, 5, . . .

(Orthowasserstoff)

Hierfür geben wir die Zustandssummen zunächst separat an: l(l + 1) Trot zpara = l = 0,2,4,... (2l + 1) exp − 2T l(l + 1) Trot zortho = (2l + 1) exp − l =1,3,5,...

(29.13)

(29.14)

2T

Im Gleichgewicht ist die Zustandssumme eines Moleküls dann zrot = 3 zortho +zpara . Hieraus folgt das temperaturabhängige Verhältnis von Ortho- zu Parawasserstoff. Die Einstellung dieses Verhältnisses kann aber wegen der sehr geringen Wechselwirkung der Kernspins lange dauern. Dadurch ergibt sich der verblüffende (Quanten-)Effekt, dass die spezifische Wärme von der Vorgeschichte der Probe abhängt.

605


Verdünntes klassisches Gas In diesem Abschnitt soll die Wechselwirkung zwischen den Atomen eines verdünnten Gases berücksichtigt werden. Dazu schreiben wir die ersten Terme der Summe (28.12) für den Logarithmus der Zustandssumme Y an: Z(1)2 ln Y = Z(1) exp (βμ) + Z(2) − exp (2βμ) + . . . (29.15) 2 Dabei ist Z(N ) = Z(T , V , N ). Für ein ideales Gas ergibt der erste Term wegen Z(2) = Z(1)2 /2 bereits das volle Resultat, siehe auch (28.26). Aus der Definition (28.6) der Zustandssumme Y folgt β N = ∂ ln Y/∂μ. Ohne den zweiten Term ergibt (29.15) daher exp(β μ) ≈

N N = = n λ3 Z(1) V /λ3

(niedrigste Ordnung)

(29.16)

Damit ist (29.15) effektiv eine Entwicklung nach der Dichte n. Im zweiten Term in (29.15) wird die Wechselwirkung w(r12 ) zwischen zwei Teilchen berücksichtigt. Die folgenden Terme sind von dritter Ordnung in der (kleinen) Dichte und werden für das verdünnte Gas weggelassen. Mit (27.30) und (28.9) erhalten wir dann PV V Z2 = ln Y ≈ N 1 − n = N 1 + n B(T ) (29.17) kB T Z12 mit Z1 = Z(1), Z2 = Z(2) − Z(1)2/2 und dem Virialkoeffizienten 1 B(T ) = − d 3 r1 d 3 r2 exp −β w(r12 ) − d 3 r1 d 3 r2 1 (29.18) 2V V V V V Dabei wurde die kanonische Zustandssumme für die 2-Teilchen-Hamiltonfunktion h = p12 /2m + p 22 /2m + w(r12 ) verwendet; das Atom-Atom-Potenzial soll nur vom Abstand abhängen. Nach Einführung der Schwerpunktkoordinate R und der Relativkoordinate r = r 2 − r 1 erhält man schließlich ∞ (29.19) dr r 2 exp −β w(r) − 1 B(T ) = −2π 0

In diesem zentralen Ergebnis steht auf der einen Seite der makroskopisch messbare Virialkoeffizient B(T ) und auf der anderen Seite die mikroskopische Wechselwirkung w(r) zwischen zwei Atomen. Van der Waals-Gleichung Für ein Potenzial mit einem hard core ( exp[−βw(r)] = 0 für r < d) und einem schwachen attraktiven Teil ( exp[−βw(r)] − 1 ≈ −βw(r) für r ≥ d) erhalten wir dann d ∞ a 2 B(T ) ≈ 2π dr r + 2πβ (29.20) dr r 2 w(r) = b − kB T 0 d

606


mit positiven Konstanten a und b. Wenn man dies in (29.17) einsetzt (und 1+b/v ≈ 1/(1 − b/v) verwendet, ergibt sich die van der Waals-Gleichung: P+

kB T a = 2 v v−b

van der Waals-Gleichung

(29.21)

Die Korrekturen zum idealen Gasgesetz P = kB T /v können wir so verstehen: Aufgrund der endlichen Größe der Atome ist das pro Teilchen zur Verfügung stehende Volumen v um b verringert. Der attraktive Teil der Wechselwirkung hat die Tendenz, die Teilchen zusammenzuhalten und verringert den Druck auf die Gefäßwände um −a/v 2 . Für die Energie erhält man a 3 E = E(T , V , N ) = N (29.22) kB T − 2 v

Ideale Quantengase Wir werten die Zustandssumme für ein ideales Quantengas aus. Dabei ist die Austauschsymmetrie der Vielteilchenwellenfunktion von entscheidender Bedeutung. Der Hamiltonoperator ist eine Summe von Einteilchen-Hamiltonoperatoren: H =

N

h(ν) ,

h(ν) ψa (ν) = εa ψa (ν) ,

a = (p, sz )

(29.23)

ν =1

„Ideal“ bedeutet, dass die Wechselwirkung zwischen den Teilchen nicht (explizit) berücksichtigt wird. Das Argument ν steht für alle Koordinaten (Ort, Spin) des νten Teilchens. Die Quantenzahlen eines Teilchens wurden zu a zusammengefasst. Die Wellenfunktion ψa = ϕp (r) χsz besteht im Allgemeinen aus einer Orts- und einer Spinwellenfunktion. Für Bosonen (ganzzahliger Spin) ist die Vielteilchenwellenfunktion symmetrisch bei Austausch zweier beliebiger Teilchen, für Fermionen (halbzahliger Spin) dagegen antisymmetrisch. In einer solchen total (anti-)symmetrischen Wellenfunktion kann man nicht mehr sagen, welches Teilchen in welchem Niveau ist, sondern nur noch, wieviele Teilchen in einem bestimmten Niveau a = (p, sz ) sind: 1 C s sz,2 sz,3 s (29.24) , n , n , . . . = npz r = npz,1 p2 p3 1 s

Für die Besetzungszahlen npz sind folgende Werte möglich: 0 oder 1 Fermionen sz np = 0, 1, 2, 3,... Bosonen

(29.25)

Durch die letzten beiden Gleichungen sind die Unterschiede zum klassischen idealen Gas charakterisiert. Im Folgenden verwenden wir das großkanonische Ensemble, geben also Temperatur T , Volumen V und chemisches Potenzial μ vor. Die

607


Energie und die Teilchenzahl des Mikrozustands r = (r , Nr ) sind s s εp npz , Nr = npz Er = sz , p

(29.26)

sz , p

Der Einfachheit halber wurde angenommen, dass die Einteilchenenergien εp nur von |p| und nicht vom Spin abhängen. Die statistische Auswertung mit den Pr ’s aus (28.3) ergibt die mittleren Besetzungszahlen: np =

1 exp [β (εp − μ)] + 1

Fermionen

(29.27)

np =

1 exp [β (εp − μ)] − 1

Bosonen

(29.28)

Hiermit folgen aus (29.26) die Größen E = Er = E(T , V , μ) und N = Nr = N (T , V , μ). Die Elimination von μ ergibt dann E(T , V , N ). Die quantenmechanischen Impulse hängen gemäß p ∝ 1/V 1/3 vom Volumen ab. Hieraus folgt der Druck E(T , V , N ) P (T , V , N ) = ν für εp ∝ p ν (29.29) 3V Für die wichtigen Fälle ε = c p (also ν = 1) und ε = p2 /2m (also ν = 2) führt die kalorische Zustandsgleichung sofort zur thermischen. Für ein verdünntes Quantengas können wir die zum vorhergehenden Abschnitt analoge Entwicklung für ln Y ansetzen. Wir erhalten dann wieder die Form (29.17), diesmal aber mit einem quantenmechanischen Virialkoeffizienten: 3 7/2 (s = 1/2) λ /2

PV = N 1 + n Bqm (T ) , Bqm (T ) = (29.30) 3 5/2 kB T (s = 0) −λ /2 Die Bedingung für die Gültigkeit dieser Entwicklung ist λ3 v

(verdünntes Gas)

(29.31)

Quanteneffekte werden dagegen groß, wenn die thermische Wellenlänge λ vergleichbar mit dem mittleren Teilchenabstand ist (λ ∼ v 1/3 = n−1/3 ). In flüssigem Helium ist dies bei T ∼ 1 K der Fall.

Ideales Bosegas Wir gehen von nichtrelativistischen Bosonen mit dem Spin 0 und der Masse m aus. Die Einteilchenzustände mit dem Impuls p haben die Energie εp = p2 /2m. Die mittlere Anzahl np von Bosonen in einem Einteilchenzustand ist durch (29.28) gegeben. Hierfür sind die Mittelwerte von (29.26) auszurechnen: εp np , N (T , V , μ) = np (29.32) E(T , V , μ) = p

p

608


Im Prinzip sind die Impulse diskret, etwa pn = nπ h/L. Da das (kubisch ange¯ nommene) Volumen V = L3 makroskopisch ist, kann die Summe aber durch ein Integral ersetzt werden: ∞ ∞ ∞ V d 3p . . . ... = ... = (29.33) 3 (2π h) ¯ p n =1 n =1 n =1 1

2

3

Bei T = 0 sind alle Teilchen im untersten Niveau (mit ε ≈ 0). Die diskrete Besetzung dieses Niveaus wird durch das Integral nicht erfasst und muss gesondert berücksichtigt werden. Damit erhalten wir für die Teilchenzahl ∞ V V exp (β μl) 3 N (T , V , μ) = N0 + d p n = N + (29.34) p 0 (2π h¯ )3 λ3 l 3/2 l =1

Die letzte Summe erfordert μ ≤ 0, und sie wird maximal für μ → 0− . Für μ → 0− und N0 ≈ 0 erhalten wir die Grenztemperatur Tc , oberhalb der Grundzustand noch nicht makroskopisch besetzt ist: kB Tc =

2π [ζ (3/2)]2/3

h¯ 2 mv 2/3

(29.35)

−ν die Zetafunktion. Bei der Temperatur T ist der mittHierbei ist ζ (ν) = ∞ c l=1 l lere Teilchenabstand von der Größe der thermischen Wellenlänge (v 1/3 ∼ λ). Für Temperaturen T < Tc ist (29.34) nur mit einem makroskopischen N0 = n0 zu erfüllen; dabei ist μ = ε0 ≈ 0. Für μ = 0 folgt aus den letzten beiden Gleichungen (29.36) N0 = N 1 − (T /Tc )3/2 (T ≤ Tc ) Für die Energie erhalten wir V E(T , V , μ) = (2π h¯ )3

d 3p εp np =

∞ 3 V exp(β μl) kB T 3 2 λ l 5/2

(29.37)

l =1

Aus E = E(T , V , μ) und N = N (T , V , μ) folgt durch Elimination von μ die Energie E = N e(T , V ) und die spezifische Wärme cV = ∂e(T , V )/∂T . kB 6cV ......................................................................................... ......... .... . . . 1.5 ... . . . .. ..... ..... . . . . .. ...... ...... . . . . . . . ...........

Tc

T

Spezifische Wärme cV des idealen Bosegases. Für hohe Temperaturen ergibt sich das klassische Resultat 3kB /2. Für T < Tc tragen nur noch N (T /Tc )3/2 Teilchen zur Temperaturbewegung bei. Der Rest geht als „Bose-Einstein-Kondensat“ in den tiefsten Einteilchenzustand.

Seit 1995 hat man die Bose-Einstein-Kondensation für endliche Ansammlungen von Atomen (etwa mit N = 103 . . . 107) in Atomfallen nachgewiesen. In den ersten Experimenten wurden 87 Rb- und 23 Na-Atome verwendet.

609


Ideales Fermigas Wir gehen von nichtrelativistischen Fermionen mit dem Spin 1/2 und der Masse m aus. Die Einteilchenzustände mit dem Impuls p sollen vom Spin unabhängig sein, εp = p2 /2m. Die mittlere Anzahl np von Fermionen in einem Einteilchenzustand ist durch (29.27) gegeben. Hierfür sind die Mittelwerte von (29.26) auszurechnen: E(T , V , μ) = 2 εp np , N (T , V , μ) = 2 np (29.38) p

p

Die Summe über die Spins ergibt den Faktor 2. Die Summe über die Impulse wird wie in (29.33) als Integral ausgeführt. Die Elimination von μ ergibt die Energie E(T , V , N ), die spezifische Wärme cV und den Druck (29.29). Für T → 0 oder β → ∞ ist die Exponentialfunktion im Nenner von (29.27) je nach Vorzeichen von ε − μ gleich null oder unendlich. Daraus folgt 1 für ε < μ(0, v) = εF T→0 n(ε) −→ Θ(μ − ε) = (29.39) 0 für ε > μ(0, v) = εF Im Grundzustand besetzen die Fermionen unter Beachtung des Pauliprinzips alle unteren Niveaus. Aus der gegebenen Teilchenzahl N folgt dann die Besetzungsgrenze, die Fermienergie εF. Wir geben die Fermienergie für einige Systeme an: ⎧ 10 eV Atom, Metall (10−8 cm) ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 3 He–Flüssigkeit (10−8 cm)

2/3 h¯ 2 10−4 eV (29.40) ≈ ε F = 3π2 2/3 ⎪ 35 MeV Atomkern (10−13 cm) 2mv ⎪ ⎪ ⎩ 106 eV Weißer Zwerg (10−11 cm) Dabei wurden die jeweiligen Massen m und Dichten v = V /N eingesetzt. In der Klammer ist die Größenordnung des mittleren Teilchenabstands angegeben. Für T = 0 erfolgt der Übergang von n(ε) ≈ 1 zu n(ε) ≈ 0 in einen Bereich von einigen kB T bei μ ≈ εF. Für die Elektronen im Metall wäre diese „Aufweichung der Fermikante“ in einer maßstäblichen Abbildung wegen kB T /εF < 10−2 kaum sichtbar. In der folgenden Skizze ist die Differenz zwischen n(ε) und Θ(μ − ε) gestrichelt eingezeichnet (für ε ≥ μ fallen gestrichelte und durchgezogene Linie zusammen). Diese Differenz bestimmt die thermodynamischen Eigenschaften. 6n(ε) bei T = 0

6n(ε) bei T = 0

1 ............................................................................................

1

εF

-

ε

.... ... ... ... ..... .. ... ... . ... ... .. ... ...... .. . ............................ .... .... .... .... .... .... ... ... . .... μ .. . .. .. .. ... .. .. .... ..

ε

610


Das Ergebnis der Auswertung ist: E=

π2 kB T 3 N εF + N kB T , 5 4 εF

cV =

π2 k B T kB 2 εF

(29.41)

Wegen kB T εF wird nur ein Bruchteil O(kB T /εF) aller Teilchen thermisch angeregt. Angeregte Teilchen erhalten im Mittel eine Energie O(kB T ). Zur spezifischen Wärme eines Metalls tragen neben den Elektronen noch die Gitterschwingungen (folgender Abschnitt) bei, so dass cV = α T 3 + γ T . Aus der Anpassung dieser Form ans Experiment kann man den Koeffizienten γ bestimmen und mit (29.41) vergleichen. Nach (29.29) ist der Druck des nichtrelativistischen Fermigases P (T , V , N ) = 2E/(3V ). Im Gegensatz zum idealen klassischen Gas oder zum idealen Bosegas geht der Druck des Fermigases für T → 0 nicht gegen null, sondern gegen den endlichen Wert P Fermi = P (0, V , N ) =

2 N (3π2 )2/3 h¯ 2 εF = 5 V 5 m v 5/3

(29.42)

Dieser Fermidruck ist der Grund für die relative Inkompressibilität gewöhnlicher fester oder flüssiger Materie. Vereinfacht dargestellt steht einem Elektron wegen des Pauliprinzips effektiv das Volumen v = V /N zur Verfügung. Wegen der Unschärferelation hat es dann eine Mindestenergie der Größe h¯ 2 /(mv 2/3 ). Es ist daher relativ schwer (energieaufwändig), kondensierte Materie zu komprimieren.

Phononengas Bei hinreichend tiefen Temperaturen bilden die N Atome oder Moleküle eines Stoffs im Allgemeinen ein Kristallgitter. Die 3N Freiheitsgrade der Translation werden dann zu 3N Eigenschwingungen oder Gitterwellen mit den Frequenzen ωj , wobei j = 1, 2,..., 3N . Die Gitterwellen sind quantisiert, das heißt ihre Energien sind von der Form 1 1 = h¯ ω(k) nj + , nj = 0, 1, 2, . . . (29.43) ej = hω ¯ j nj + 2

2

Die Quanten der Wellen heißen Phononen. Der Vergleich mit (29.25) zeigt, dass es sich um Bosonen handelt. Der Index j = (k, m) steht für den Wellenvektor k und die drei Werte m der Polarisationsrichtung der Welle (eine longitudinale und zwei transversale Wellen). Die Anzahl Nph = nj der Phononen liegt nicht fest. Die Größe Nph kommt daher weder in der Hamiltonfunktion noch in den Energien Er (V ) vor. Damit ist in den mittleren Bose-Besetzungszahlen μ = ∂Er /∂Nph ≡ 0 zu setzen: E(T , V ) = Er = E0(V ) +

3N j =1

h¯ ω(k) nk

mit

nk =

1 (29.44) exp(β hω) ¯ −1

611


Dabei ist E0(V ) der Beitrag der Nullpunktschwingungen. Die Summe über j wird wie folgt ausgewertet: 3N 3 9N ωD ... = ... = 3 dω ω2 . . . (29.45) ω D 0 j =1 m=1 k Die Dispersionsrelation der Gitterwellen ist näherungsweise linear, ω(k) ≈ cS |k|; dabei ist cS die Schallgeschwindigkeit. Die minimal mögliche Wellenlänge ist λ = 2a, wobei a die Gitterkonstante ist. Im Debye-Modell wird dies durch eine obere Integralgrenze in (29.45) berücksichtigt, ωD ≈ 4 cS /a. Die Auswertung von (29.44) mit (29.45) ergibt ⎧ ⎪ 1 TD2 ⎪ > TD ) ⎪ 3N k 1 − (T ∼ B ⎪ 20 T 2 ∂E(T , V ) ⎨ = (29.46) CV = ⎪ ∂T T3 12 π4 ⎪ ⎪ ⎪ (T TD ) ⎩ 5 N kB 3 TD Die Debye-Temperatur ist durch kB TD = h¯ ωD definiert. Der HochtemperaturGrenzfall CV = 3N kB heißt Dulong-Petit-Gesetz; er folgt aus dem Gleichvertei< lungssatz. Für tiefe Temperaturen sind alle Moden mit h¯ ω ∼ kB T angeregt. Die Anzahl dieser Moden ist proportional zu d 3 k ∝ k 3 ∝ ω3 ∝ T 3 . Für Kupfer ist die Debye-Temperatur TD = 343 K. Wenn sich die Temperatur der Schmelztemperatur TS = 1357 K nähert, werden Gitterschwingungen so stark, dass sie den Kristallverband auflösen; spätestens hier wird das Modell ungültig.

Photonengas Wir untersuchen Systeme, in denen Materie der Temperatur T mit elektromagnetischer Strahlung im Gleichgewicht ist. Dies gilt zum Beispiel für das Plasma der Sonnenoberfläche. Die Quanten des elektromagnetischen Felds sind die Photonen mit der Energie ε = h¯ ω und dem Spin 1. Das Photonengas kann ganz analog zum Phononengas (vorhergehender Abschnitt) behandelt werden, jedoch mit folgenden Modifikationen: − Die Dispersionsrelation ist exakt linear, ω(k) = c |k|. − Der Koeffizient c ist die Lichtgeschwindigkeit (anstelle von cS ). − Es gibt zwei transversale Wellen, aber keine longitudinale. − Es gibt keine obere Grenze für die Frequenz (wie ωD für Phononen). − Die Nullpunktenergie E0 (V ) ist unendlich und wird ignoriert. Die Anzahl der Photonen ist (wie bei den Phononen) nicht vorgegeben. Daher ist in den mittleren Bosebesetzungszahlen (29.28) wieder μ ≡ 0 zu setzen: E (T , V ) = E(T , V ) − E0 (V ) =

3N j =1

h¯ ω(k) nk

mit

nk =

1 exp(β hω) ¯ −1 (29.47)

612


Die Summe j = m k = 2 k wird wie in (29.33) geschrieben, wobei p = h¯ k = c hω ¯ gilt: ∞ 2V h¯ ω 3 = V d k dω u(ω) (29.48) E (T , V ) = (2π)3 exp(β h¯ ω) − 1 0 Die Auswertung ergibt E (T , V ) =

4σ VT4 c

mit σ =

π2 kB4

= 5.67 · 10−8

W m2 K4

(29.49) ¯ Die Größe σ heißt Stefan-Boltzmann-Konstante. Für die Wärmekapazität gilt dann CV = (16 σ/c) V T 3 . 60 h3 c2

Plancksche Strahlungsverteilung Aus (29.48) kann die Frequenzverteilung des Photonengases abgelesen werden: u(ω) =

ω3 h¯ π2 c 3 exp(hω/k ¯ BT ) − 1

Plancksche Strahlungsverteilung (29.50)

6 Rayleigh-Jeans

Die Abbildung zeigt die Frequenzabhängigkeit dieser Planckschen Strahlungsverteilung. Das Maximum der Verteilung ist durch das Wiensche Verschiebungsgesetz bestimmt:

. .. .............................. .. .. ..... ...... ... . ..... .... .. .. ..... . ..... .... ... ..... . .. ..... . ..... .... ... ..... . ...... ... ... ...... . ...... .... ... max ....... . ........ ....... . ......... ...... ........... .. .............. ... ..................... .... ............ . . . . . ....

h¯ ω

2.82 kB T

= 2.82 kB T

(29.51)

hω ¯

Anwendungen der Planckschen Strahlungsverteilung sind: Licht der Sonnenoberfläche, kosmische Hintergrundstrahlung, Wärmestrahlung der Erde oder Strahlung von glühendem Eisen. Stefan-Boltzmann-Gesetz Ein einfaches theoretisches Modell ist ein Hohlraumresonator, in dem (stehende) elektromagnetische Wellen thermisch angeregt sind. Wenn der Hohlraum mit einem kleinen Loch versehen wird, dann entweicht hieraus Strahlung mit der Verteilung u(ω). Da ein solches Loch „schwarz“ erscheint, spricht man auch von der Strahlung eines schwarzen Körpers. Die Größe E c/V ist eine Energiestromdichte. Geht diese Stromdichte durch die Fläche f , so ist die durchgehende Leistung gleich f c E /V . Unter Berücksichtigung numerischer (Winkel-)Faktoren erhält man hieraus die elektromagnetische Strahlungsleistung Pem = σ f T 4

Stefan-Boltzmann-Gesetz

(29.52)

613


Strahlungsdruck Aus (29.29) folgt der Druck des Photonengases P =

E 3V

(29.53)

Für eine Energiestromdichte j = c E /V = 1 kW/m2 ergibt sich P ∼ 10−11 bar. Dies ist der isotrope Druck im Photonengas. Der Druck von gerichteter Strahlung (wie der Sonnenstrahlung) unterscheidet sich hiervon nur um einen numerischen Faktor.

614


Aufgaben 29.1 Adiabatische Entmagnetisierung Ein System besteht aus N unabhängigen Spin-1/2 Teilchen (Elektronen) mit dem magnetischen Moment μB . Die Spins stellen sich in einem homogenen Magnetfeld der Stärke B ein. Gehen Sie von der Zustandssumme Z(T , B) und vom Differenzial dF = −S dT − V M dB

(29.54)

der freien Energie F (T , B) = −kB T ln Z aus (N = const.). Berechnen Sie hieraus die Entropie S und die Magnetisierung M. Was ergibt sich für T → 0 und für T → ∞? Zu Anfang sei die Temperatur des Systems gleich Ta und das Feld gleich Ba . Nun wird das Feld im thermisch isolierten System langsam abgeschaltet; wegen der internen Wechselwirkung bleibt faktisch ein schwaches Feld Bb bestehen. Welche Temperatur Tb stellt sich dann ein? Skizzieren Sie die Entropie als Funktion der Temperatur für zwei verschiedene Werte (Ba und Bb ) des Magnetfelds. Lösung: Ein einzelnes Teilchen hat die beiden möglichen Energiewerte ε = ±μB B. Daraus folgt die Zustandssumme z(T , B) = 2 cosh(β μB B ) = 2 cosh x für 1 Teilchen und

N Z(T , B) = zN = 2 cosh x

mit

x=

μB B kB T

für N Teilchen. Für die freie Energie gilt dann

F (T , B) = −kB T ln Z = −N kB T ln 2 cosh x Aus (29.54) erhalten wir

∂F (T , B) = N kB ln 2 cosh x − x tanh x ∂T

(x → 0) N kB ln 2 − x 2 /2

S(T , B) = − ≈

2N kB x exp(−2x)

(x → ∞)

Für x → ∞ haben wir 2 cosh x = exp(x)(1 + exp(−2x)) geschrieben und den Logarithmus entwickelt; außerdem wurde tanh x ≈ 1 − 2 exp(−2x) verwendet. Für T → 0 oder B → ∞ geht die Entropie gegen null, denn dann sind alle magnetischen Momente parallel ausgerichtet (geordneter Zustand). Für T → ∞ werden beide Einstellungen für alle N Teilchen gleichermaßen zugänglich, also Ω → 2N . Für die Magnetisierung erhalten wir ⎧ N μB2 B ⎪ ⎪ (T → ∞) ⎨ N μB 1 ∂F (T , B) V kB T = tanh x ≈ M(T , B) = − ⎪ V ∂B V ⎪ ⎩ N μB (T → 0) V

Für x → ∞ (also T → 0 oder B → ∞) erhalten wir die Sättigungsmagnetisierung M0 = N μB /V (alle Momente ausgerichtet). Für hohe Temperaturen gilt das Curiegesetz χm = ∂M/∂B = const./T .

615


– q.s. /T = 0. Aus Wenn das Feld langsam und adiabatisch abgeschaltet wird, gilt dS = dQ S = const. folgt x = const. oder B/T = const. In dem betrachteten Prozess ergibt sich daher die Endtemperatur Bb T b = Ta Ba Wegen x = const. bleibt auch die Magnetisierung erhalten; ein schnelles Abschalten impliziert M = const. und ändert daher nichts am Ergebnis. S 6 NkB ln 2

B

b ........................................................................... ................................ . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 1 ................................. .... 2 . .............. Ba ...? . . . . . . . ..... . ........ . . . . . .... ... ...... ... ..... . . . . ..... . ...... . ............................

Tb

Ta

T

Die Entropie S als Funktion der Temperatur T für zwei verschiedene Werte des Magnetfelds, Ba > Bb . Der Weg 1 beschreibt das isotherme Anschalten des Magnetfelds Ba ; dabei ordnen sich die Spins, und das System gibt Wärme ab. Der Weg 2 zeigt das adiabatische Abschalten des äußeren Felds.

Hinweis: Das Verfahren der adiabatischen Entmagnetisierung dient der Erzeugung sehr tiefer Temperaturen: Auf einem Ausgangsniveau gebe es ein Wärmebad, zum Beispiel mit 1 K. Das Spinsystem habe Kontakt mit dem Wärmebad. Damit kann das Magnetfeld Ba isotherm eingeschaltet werden. Danach wird das System thermisch isoliert, und das Feld wird abgeschaltet; wegen der Wechselwirkungen der magnetischen Momente gibt es noch ein effektives, schwaches Restfeld Bb . Beim Abschalten bleibt die Entropie erhalten. Aus der obigen Skizze sieht man, dass man dadurch zu einer niedrigeren Temperatur kommt: praktisch kommt man bis zu etwa 0.002 K. Das analoge Verfahren führt dann für die Kernspins (anstelle der hier betrachteten Elektronenspins) zu sehr tiefen Temperaturen (wie etwa 10−6 K).

29.2 Spezifische Wärme und Suszeptibilität im idealen Spinsystem Ein System besteht aus N unabhängigen Spin-1/2 Teilchen (Elektronen) mit dem magnetischen Moment μB . Es befindet sich in einem äußeren Magnetfeld B. Das System hat die Zustandssumme

N μB B Tm mit x = Z(T , B) = 2 cosh x = kB T T Die Teilchenzahl N ist konstant. Berechnen Sie die spezifische Wärme cB (T , B) = (T /N ) ∂S(T , B)/∂T und die Suszeptibilität χm = ∂M/∂B. Spezialisieren Sie die Ergebnisse für x 1 und x 1. Lösung: Die freie Energie des Systems ist

F (T , B) = −kB T ln Z = −N kB T ln 2 cosh x

Aus dF = −S dT − V M dB erhalten wir S(T , B) = − M(T , B) = −

∂F (T , B) = N kB ln 2 cosh x − x tanh x ∂T N μB 1 ∂F (T , B) = tanh x V ∂B V

616


Damit berechnen wir die spezifische Wärme cB (T , B) =

T ∂S(T , B) x dS x2 =− = kB N ∂T N dx cosh2 x

und die magnetische Suszeptibilität χm (T , B) =

∂M(T , B) μB dM N μB x = = ∂B kB T dx V B cosh2 x

Speziell für die Grenzfälle x = Tm /T 1 und x 1 erhalten wir ⎧ ⎪ μB B 2 ⎪ ⎪ (T Tm ) ⎪ ⎨ kB T cB (T , B) = kB · ⎪ ⎪ 2μB B μB B 2 ⎪ ⎪ exp − (T Tm ) ⎩ 4 kB T kB T ⎧ const. μB ⎪ ⎪ = ⎪ ⎨ k T T B N μB χm (T , B) = · ⎪ V μB 2 μB B ⎪ ⎪ exp − ⎩ 4 kB T kB T

(T Tm ) (T Tm )

Als Funktion der Temperatur gehen cB und χm für T → 0 exponentiell gegen null. Bei kB T ∼ μB B haben sie ein Maximum. Für T → ∞ fallen sie mit einer Potenz ab. Das Verhalten χm ∝ 1/T wird Curiegesetz genannt.

29.3 Allgemeines ideales Spinsystem N unabhängige Spinteilchen befinden sich in einem homogenen Magnetfeld B = B ez mit B > 0. Der Spin s > 0 (hier ohne den Faktor h) ¯ kann halb- oder ganzzahlig sein; es gibt die Spineinstellungen sz = s, s − 1, s − 2, . . . , −s. Das magnetisches Moment ist μ = g μ0 s, wobei g der gyromagnetische Faktor ist, und μ0 = q h¯ /(2mc). Berechnen Sie die kanonische Zustandssumme (geometrische Reihe!), die freie Energie F (T , B) und die Magnetisierung M(T , B). Geben Sie die Magnetisierung speziell für hohe und für tiefe Temperaturen an. Lösung: Die Energie eines Spins ist ε = −μ · B = −g μ0 B sz . Wir verwenden die Abkürzung Tm |g μ0 |B = x= kB T T Aus den möglichen Werten sz = s, s − 1, s − 2, . . . , −s folgt die Zustandssumme für 1 Teilchen: z(T , B) =

s sz =−s

exp(x sz ) = exp(−x s)

2s

exp(x)

m

m=0

1 − exp x [2s + 1] = exp(−x s) 1 − exp(x)

sinh x [s + 1/2] = sinh(x/2)

617


Die Zustandssumme des Gesamtsystems ist Z = zN . Damit erhalten wir die freie Energie

sinh x [s + 1/2] F (T , B) = −kB T ln Z = −N kB T ln z(T , B) = −N kB T ln sinh(x/2) Da die Teilchenzahl N konstant ist, wurde sie nicht im Argument aufgeführt. Aus dF = −S dT − V M dB erhalten wir

coth(x/2) 1 ∂F (T , B) N |g μ0 | M(T , B) = − = s + 1/2 coth x [s + 1/2] − V ∂B V 2 ⎧ ⎪ s (s + 1) x = s (s + 1)|g μ0 |B (T Tm ) N |g μ0 | ⎨ 3 3 kB T ≈ · ⎪ V ⎩ s (T Tm ) Für hohe Temperaturen ergibt sich das Curiegesetz χm = ∂M/∂B = const./T . Für tiefe Temperaturen geht die Magnetisierung gegen den Sättigungswert M0 = N |g μ0 |s/V (alle magnetischen Momente parallel zum Magnetfeld).

29.4 Vibrationsanteil für hohe und tiefe Temperaturen Für N unabhängige Oszillatoren erhält man die Wärmekapazität: Cvib (T , N ) = N kB

2 Tvib exp(Tvib /T ) T 2 exp(Tvib /T ) − 1 2

Bestimmen Sie die führenden temperaturabhängigen Terme für tiefe (T Tvib ) und hohe (T Tvib ) Temperaturen. Lösung: Für Tvib /T 1 ergibt der Bruch in der angegebenen Formel in führender Ordnung einfach exp(−Tvib /T ). Für x = Tvib /T 1 entwickeln wir diesen Bruch: 1 + x + x 2 /2 + ... 1 1 + x + x 2 /2 exp(x) = ≈ 2 2 2 3 2 x (1 + x/2 + x 2 /6) 2 [exp(x) − 1] (1 + x + x /2 + x /6 + ... − 1) =

x2 1 ± . . . 1 − x2 12

Da der Term 1/x 2 zu einem konstanten Beitrag führt, muss man für den führenden temperaturabhängigen Term die Entwicklung entsprechend weiterführen. Mit diesen Entwicklungen erhalten wir dann ⎧ 2 Tvib Tvib ⎪ ⎪ + ... (T Tvib ) ⎪ ⎨ T 2 exp − T Cvib = N kB · (29.55) ⎪ 2 ⎪ T 1 ⎪ vib ⎩ 1− + ... (T Tvib ) 12 T 2 Der zweite, für hohe Temperaturen angegebene Term beschreibt die Abweichungen vom klassischen Wert (Gleichverteilungssatz). Für tiefe Temperaturen frieren die Vibrationsfreiheitsgrade ein.

618


29.5 Anharmonische Korrekturen im Vibrationsanteil Die Energien der Vibrationszustände eines zweiatomigen Moleküls sind 1 1 2 −δ n+ n+ εn = hω ¯ 2

2

Eine solche Anharmonizität ergibt sich zum Beispiel für das in Aufgabe 24.8 untersuchte Morsepotenzial. Die folgenden Berechnungen sollen bis zur ersten Ordnung in der kleinen Größe δ durchgeführt werden. Bestimmen Sie die Zustandssumme zvib für ein einzelnes Molekül. Berechnen Sie daraus die Vibrationsenergie Evib für N unabhängige Moleküle. Geben Sie die führenden Beiträge zur Wärmekapazität für tiefe und hohe Temperaturen an. Lösung: Wir verwenden die Abkürzungen x = β h¯ ω =

Tvib h¯ ω = kB T T

Die Zustandssumme für ein einzelnes Molekül ist ∞ ∞

zvib = exp(−β εn ) = exp −x (n + 1/2) exp δ x (n + 1/2)2 n= 0

≈

∞

n= 0

exp −x (n + 1/2) 1 + δ x (n + 1/2)2

n= 0

=

1+ δx

∞

∂2 exp −x (n + 1/2) 2 ∂x n= 0

∂ 2 exp(−x/2) ∂2 1 = 1+ δx 2 2 ∂x 1 − exp(−x) ∂x 2 sinh(x/2) 1 x 2 = 1+ δ 1+ 2 sinh(x/2) 4 sinh2 (x/2) =

1+ δx

(29.56)

Hieraus folgt in erster Ordnung in δ, x 2 1+ ln zvib ≈ − ln 2 sinh(x/2) + δ 2 4 sinh (x/2) Die Zustandssumme für N unabhängige Moleküle ist Zvib = (zvib)N . Damit berechnen wir die Energie der Vibrationen: ∂ ln Zvib ∂ ln zvib d ln zvib = −N = −N hω ¯ ∂β ∂β dx 2 1 − x coth(x/2) N hω δ ¯ = coth(x/2) − 1+ 2 2 sinh2 (x/2) ⎧ 1 δ ⎪ ⎪ + exp(−x) − 1 − 8 x exp(−x) (x 1) ⎨ 2 4 ≈ N hω ¯ · ⎪ ⎪ ⎩ 1 + 2δ (x 1) 2

Evib = −

x

x


619

Mit x = Tvib /T erhalten wir hieraus die Grenzfälle für die Wärmekapazität: ⎧ 2 Tvib Tvib Tvib ⎪ ⎪ 1 + 2 δ exp − (T Tvib ) ⎪ ⎨ T2 T T Tvib dEvib = N kB · Cvib = − 2 ⎪ T dx T ⎪ ⎪ ⎩ 1 + 4δ (T Tvib ) Tvib

29.6 Rotationsanteil für die Moleküle H2 , D2 und HD Es werden die drei wasserstoffartigen Gase betrachtet, die jeweils aus den Molekülen H2 , D2 oder HD bestehen. Geben Sie die Zustandssummen für Rotationen unter Berücksichtigung der Austauschsymmetrie an. Welches Verhältnis η(T0 ) erhält man für gerade und ungerade l-Werte, wenn die Proben hinreichend lange bei einer hohen Temperatur T0 Trot gelagert wurden? Geben Sie die spezifische Wärme crot dieser Proben für tiefe Temperaturen (T Trot ) an. Hinweise: Mit D wird Deuterium bezeichnet, also ein Wasserstoffatom mit einem Deuteron (Proton + Neutron) als Kern. Das Deuteron hat den Spin 1; im D2 Molekül können diese Spins zu S = 0, 1 oder 2 koppeln. Lösung: Im Modell des starren Rotators sind die Rotations-Energiewerte eines Moleküls h¯ 2 l (l + 1) l (l + 1) = kB Trot 2Θ 2 Wir schreiben die Zustandssummen für gerades und ungerades l getrennt an: l(l + 1) Trot 3 Trot zpara = (2l + 1) exp − = 1 + 5 exp − + ... 2T T l = 0,2,4,... (29.57) l(l + 1) Trot Trot zortho = (2l + 1) exp − = 3 exp − + ... 2T T l =1,3,5,... εl =

Das sind zugleich die Entwicklungen für tiefe Temperaturen, T Trot . Für hohe Temperaturen, T Trot , tragen jeweils sehr viele Drehimpulse bei, sodass die Summen durch Integrale angenähert werden können. Die Korrekturen hierzu können dann mit der Eulerschen Summenformel berechnet werden: T 1 1 Trot zpara ≈ zortho ≈ + + + ... (T Trot ) Trot 6 60 T Das Molekül HD besteht aus unterscheidbaren Atomen, und es gibt keine Einschränkungen für die l-Werte; die Spinfreiheitsgrade führen zu einem Faktor, der für zortho und zpara derselbe ist und daher weggelassen werden kann. Im Molekül H2 können die beiden Protonen zum Spin S = 0 (antisymmetrisch) oder 1 (symmetrisch) koppeln. Bei Austausch muss die Wellenfunktion insgesamt antisymmetrisch sein, also bedingt S = 0 gerade l-Werte (symmetrisch im Ort), und S = 1 ungerade l-Werte. Bei der Berechnung der Zustandssummen ist für S = 1 ein Faktor 3 für die drei möglichen Sz -Werte zu berücksichtigen: ⎧ HD ⎪ ⎨ zortho(T ) + zpara (T ) 3 zortho(T ) + zpara (T ) H2 zrot (T ) = ⎪ ⎩ 3 zortho(T ) + 6 zpara (T ) D2

620


Die Gesamtwellenfunktion der beiden Deuteronen muss symmetrisch unter Austausch sein. Daher bedingen die symmetrischen Spinzustände S = 0 und S = 2 gerade l-Werte, und der antisymmetrische Spinzustand S = 1 bedingt ungerade l-Werte. Dabei ist jeweils noch die Summe über die möglichen Sz -Werte zu berücksichtigen. Für H2 - und D2 -Moleküle hat das Verhältnis η von Ortho- zu Parazuständen einen wesentlichen Einfluss auf die spezifische Wärme. Wenn die Probe bei einer Temperatur T0 gelagert wird, dann stellen sich die Verhältnisse ! 3 zortho(T0 ) zpara (T0 ) 3 H2 η(T0 Trot ) ≈ η(T0 ) = !

1/2 D 3 zortho(T0 ) 6 zpara (T0 ) 2 ein. Für T0 Trot sind beide Zustandssummen gleich, und es ergeben sich die auf der rechten Seite angegebenen Verhältnisse. Wenn die Probe nun auf tiefe Temperaturen T Trot gebracht wird, so bleibt es längere Zeit bei dem Verhältnis η(T0 ), da die Wechselwirkungen mit den Kernspins sehr klein sind. Die spezifische Wärme für H2 und D2 ergibt sich daher aus η(T0 ) 1 cortho (T ) + cpara (T ) crot (T ; T0 ) = 1 + η(T0 ) 1 + η(T0 ) Für tiefe Temperaturen T ist der Beitrag des ersten angeregten Zustands in (29.57) dominant; dies ist der l = 1 Beitrag in cortho (T ). Diesen Zustand können alle HD-Moleküle annehmen, aber jeweils nur der Bruchteil η(T0 )/(1 + η(T0 )) der H2 oder D2 -Moleküle: ⎧ HD, T0 beliebig ⎪ ⎨ 1 2 Trot Trot H2 , T0 Trot · 3/4 crot (T ; T0 ) ≈ 3 kB 2 exp − ⎪ T T ⎩ 1/3 D2 , T0 Trot Für hohe Temperaturen spielt die Quantisierung der Niveaus und ihre jeweilige Zugänglichkeit keine Rolle. Unabhängig vom Wert von T0 ergibt sich das klassische Ergebnis des Gleichverteilungssatzes: (T Trot ) crot ≈ kB

29.7 Massenwirkungsgesetz Es wird das chemische Reaktionsgleichgewicht 2O

O2

zwischen mono- und diatomarem Sauerstoff in einem Gasgemisch betrachtet. Der Druck P und die Temperatur T sind vorgegeben. Das Atom-Atom-Potenzial wird um das Minimum bei R0 herum entwickelt, V (R) ≈ −ε + μω2 (R − R0 )2 /2. Die Temperatur ist so groß, dass die Rotationen und Vibrationen des O2 -Moleküls (Trägheitsmoment Θ = μR02 ) angeregt sind: h¯ 2 h¯ ω kB T ε Θ

(29.58)

Andererseits ist die Temperatur so klein, dass die harmonischen Näherung im Potenzial gerechtfertigt ist. Behandeln Sie das System als ideales Gasgemisch. Geben

621


Sie die freien Energien der beiden Gase des Gemisches an. Verwenden Sie dabei die Hochtemperaturnäherung für die Vibrationen und Rotationen (im O2 -Molekül gibt es nur Rotationszustände mit geradem l). Berechnen Sie hieraus die chemischen Potenziale als Funktion der Temperatur T , des Drucks P und der jeweiligen Konzentration ci = Ni /N . Leiten Sie aus der Gleichgewichtsbedingung für die chemischen Potenziale das Massenwirkungsgesetz c12 K(T ) = c2 P

(29.59)

ab. Diskutieren Sie die Temperaturabhängigkeit der Funktion K(T ). Lösung: Für das Gemisch aus idealen Gasen sind die Partialdrücke Pi =

Ni kB T Ni = P = ci P V N

mit

ci =

Ni N

(29.60)

Dabei kennzeichnet i = 1 das einatomige und i = 2 das zweiatomige Sauerstoffgas. Die freie Energie (28.27) des einatomigen Sauerstoffgases ergibt sich aus den Translationsfreiheitsgraden: V + 1 F1 = −kB T ln Ztrans (T , V , N1 ) = −N1 kB T ln N1 λ3 √ Die thermischen Wellenlänge ist λ = 2π h/ 2πmkB T , wobei m die Masse eines einzelnen ¯ O-Atoms ist. Aus der freien Energie folgt das chemische Potenzial: F1 + P1 V V P λ3 = −kB T ln (29.61) μ1 = = kB T ln c1 + ln N1 N1 λ3 kB T Wir haben den Partialdruck (29.60) eingesetzt und den von der Konzentration c1 unabhängigen Teil abgespalten. Beim Molekül O2 gibt es zusätzlich Vibrations- und Rotationsbeiträge: " √ # F2 8V + 1 + ln zvib + ln zrot = − ln Ztrans − ln Zvib − ln Zrot = −N2 ln kB T N2 λ3 Im Translationsanteil wurde λ2 durch λ2 /2 ersetzt, weil die Moleküle die doppelte Masse haben. Die Vibrationen im Potenzial V (R) ≈ −ε + μω 2 (R − R0 )2 /2 haben die Energien εn = −ε + hω ¯ (n + 1/2). Daraus folgt die Zustandssumme eines Moleküls:

∞

exp β [ε − h¯ ω/2] zvib = exp −β εn = 1 − exp(−β hω) ¯ n=0 Die Zustandssumme unterscheidet sich von (29.9) um den Faktor exp(β ε). Wenn man nur das zweiatomige Gas betrachtet, kann man diesen Faktor weglassen (Wahl des Energienullpunkts). Relativ zum monoatomaren Anteil ist die Absenkung durch die attraktive Wechselwirkung aber relevant. Wir entwickeln den Logarithmus von zvib für hohe Temperaturen: ln zvib

ε − ln = β ε − h¯ ω/2 − ln 1 − exp(−β h¯ ω) ≈ kB T

h¯ ω kB T

+O

h¯ ω 2 kB T

622


Für die Rotationen gehen wir von der Zustandssumme (29.11) eines Moleküls aus:

zrot =

l = 0,2,4,...

∞

h¯ 2 l(l + 1) l=2 n h¯ 2 n(2n + 1) = 2l + 1 exp − 4n + 1 exp − 2Θ kB T Θ kB T n=0

∞

dn f (n) +

= 0

f (0) + f (∞) f (0) − f (∞) f (0) − f (∞) − + ± ... 2 12 720

Dabei haben wir in der zweiten Zeile die Eulersche Summenformel verwendet und die Summanden durch f (n) abgekürzt. Im Integral substituieren wir x 2 = (h¯ 2 β/Θ)(2n2 + n) und 2x dx = (h¯ 2 β/Θ)(4n + 1) dn: ∞ ∞

2Θ kB T dn f (n) = 2 dx x exp −x 2 = 2 h¯ β 0 h¯ /Θ 0 Mit f (∞) = 0, f (∞) = 0, f (∞) = 0 und f (0) = 1 ,

f (0) = 4 −

h¯ 2 /Θ , kB T

f (0) = −48

h¯ 2 /Θ + 24 kB T

h¯ 2 /Θ kB T

2 −

h¯ 2 /Θ kB T

3

erhalten wir schließlich kB T h¯ 2 /Θ 1 ± ... + + 2 6 60 kB T h¯ /Θ 2 2 kB T h¯ /Θ 1 h¯ 2 /Θ = ln +O + 6 kB T kB T h¯ 2 /Θ

zrot = ln zrot

Wir setzen die Ergebnisse für zvib und zrot in die freie Energie F2 des O2 -Anteils ein: " √ # 8V kB T ε + h¯ 2 /(6Θ) kB T + ln F2 ≈ − N2 kB T ln +1+ + ln N2 λ3 kB T h¯ ω h¯ 2 /Θ Die vernachlässigten Terme sind von der Ordnung 1/T . Wegen (29.58) setzen wir noch ε + h¯ 2 /(6Θ) ≈ ε. Aus dieser freien Energie folgt das chemische Potenzial: √ 2 8V F2 + P2 V h¯ ω h¯ /Θ = −kB T ln T ln T ln μ2 = + k − ε + k B B N2 N2 λ3 kB T kB T 2 P λ3 h¯ ω h¯ /Θ − ε + kB T ln = kB T ln c2 + ln √ + ln (29.62) kB T kB T 8 kB T Bei gegebener Temperatur und gegebenem Druck lautet die Gleichgewichtsbedingung für das chemische Potenzial 2 μ1 (T , P ) = μ2 (T , P ) Mit den chemischen Potenzialen (29.61) und (29.62) wird diese Bedingung zu 2 √ 2 ε h¯ ω h¯ /Θ 8P λ3 c1 = − + ln + ln + ln ln c2 kB T kB T kB T kB T

623

Kapitel 29 Spezielle Systeme Wir nehmen von beiden Seiten die Exponentialfunktion: √ ε h¯ ω h¯ 2 /Θ c12 8P λ3 = exp − c2 kB T kB T kB T kB T und lösen nach den Konzentrationen auf: c12 K(T ) = c2 P

mit

K(T ) =

ω 8Θ

m π

3/2 ε kB T exp − kB T

Eine Druckerhöhung verschiebt das Gleichgewicht zu Gunsten des diatomaren O2 -Gases. Die Funktion K(T ) steigt monoton mit der Temperatur an. Eine Temperaturerhöhung verschiebt deshalb das Gleichgewicht zu Gunsten des monoatomaren O-Gases.

29.8 Van der Waals-Gleichung auf Molzahl bezogen Gehen Sie von der van der Waals-Gleichung P+

a kB T = 2 v v−b

mit v = V /N

(29.63)

aus. Leiten Sie daraus formal die analoge Gleichung ab, in der das Volumen v = V /ν auf die Molzahl (anstelle der Teilchenzahl) bezogen ist. Lösung: Wir setzen v = V /N = V /(ν L) (Notation wie in (26.46)) in die gegebene Gleichung ein: P = −

N2 a N kB T LkB T L2 a + + = − V2 V −Nb V 2 /ν 2 V /ν − Lb

Mit der Gaskonstanten R = LkB wird dies zu P+

a RT = v 2 v − b

mit

⎧ ⎪ ⎨ v = V /ν a = L2 a ⎪ ⎩ b = Lb

Dabei ist zum Beispiel b das Eigenvolumen eines Mols Atome, während b das Eigenvolumen eines einzelnen Atoms ist. Im Allgemeinen verwendet man anstelle der Symbole v , a und b wieder v, a und b. Die konkrete Bedeutung der Symbole ergibt sich dann aus dem Kontext, also etwa daraus, ob auf der rechten Seite kB T oder RT steht.

29.9 Virialkoeffizienten aus Potenzial Gegeben ist das Atom-Atom-Potenzial ⎧ ∞ ⎪ ⎨

w(r) = −ε 1 − r 3 / 8σ 3 ⎪ ⎩ 0

r≤σ σ < r < 2σ r ≥ 2σ

Skizzieren Sie das Potenzial und berechnen Sie den Virialkoeffizienten B(T ) bis zur ersten Ordnung in 1/(kB T ). Bestimmen Sie damit die Parameter a und b der van der Waals-Gleichung (29.63).

624

Teil IV Statistische Physik Lösung: Graph des gegebenen Potenzials w(r). Wir berechnen den Virialkoeffizienten (29.19), wobei wir β w(r) 1 im attraktiven Bereich annehmen: ∞ B(T ) = −2π dr r 2 exp −β w(r) − 1

6 w(r)

2σ

σ

0

-

.... .... . . . .. ..... ...... . . . . . . .........

r

σ

≈ 2π 0

= b−

2σ

dr r 2 + 2πβ

dr r 2 w(r) σ

a kB T

Für die Parameter a und b erhalten wir: b=

2π σ 3 , 3

2σ

a = −2π

dr r 2 w(r) =

σ

49 π ε σ3 24

Wenn der Virialkoeffizient B(T ) in (29.17) eingesetzt wird, erhält man Pv B(T ) b 1 a 1 1 a = 1+ = 1+ − ≈ − kB T v v kB T v 1 − b/v kB T v Der letzte Schritt setzt b v voraus. Die Multiplikation mit kB T /v ergibt dann die vertraute Form (29.63). Damit sind die hier aus dem Potenzial berechneten Größen a und b die Parameter des van der Waals-Gases.

29.10 Virialkoeffizienten für Lennard-Jones-Potenzial Ein üblicher und realistischer Ansatz für das Atom-Atom-Potenzial ist das LennardJones-Potenzial:

σ 12 σ 6 − 6 w(r) = 4ε r 12 r

=ε

r06 r012 − 2 r 12 r6

(29.64)

Die beiden angegebenen Formen sind äquivalent. Die 1/r 6 –Potenz des attraktiven Teils entspricht einer induzierten Dipol-Dipol-Wechselwirkung. Die 1/r 12 –Potenz ist ein phänomenologischer Ansatz für die starke Repulsion bei kleineren Abständen. Realistische Parameter für 4 He-Atome sind ε = 10.2 kB K und r0 = 2.87 Å. Skizzieren Sie das Potenzial. Wo liegen die Nullstelle und das Minimum des Potenzials? Berechnen Sie den Virialkoeffizienten B(T ) unter Verwendung von |β w| 1 im attraktiven Bereich des Potenzials und von exp(−β w) ≈ 0 im Bereich r ≤ σ . Geben Sie die Parameter a und b der van der Waals-Gleichung (29.63) an.

625


6w(r)

0 1

−10 kB K

2

... ... ... Lösung: Graph des Lennard-Jones-Potenzials. ... ... Es wurden die für Heliumatome angegebenen ... ... Parameter verwendet. Das Minimum des Po... ... ... tenzials liegt bei r0 , die Nullstelle bei σ = ... ... 2−1/6 r0 . ... ... ... r ... r0 r ... ..................... ... ......................................... . . . . . . . . . . . ... . . . 4 ......... Å ... ....... ... ..... . . ... . . ... .... ... ... . ... . .. ... ... ... ... .... ... ... ......

Wir berechnen den Virialkoeffizienten (29.19), wobei wir β w(r) 1 im attraktiven Bereich und exp(−β w) ≈ 0 für r ≤ σ annehmen: ∞ B(T ) = −2π dr r 2 exp −β w(r) − 1 0

σ

≈ 2π

dr r + 2πβ 2

0

∞

dr r 2 w(r) = b −

σ

a kB T

Für die Parameter a und b erhalten wir b=

2π σ 3 , 3

∞

a = −2π

16 π ε σ3 9

dr r 2 w(r) =

σ

Wenn der Virialkoeffizient B(T ) in (29.17) eingesetzt wird, erhält man B(T ) b 1 a Pv = 1+ = 1+ − kB T v v kB T v Hieraus ergibt sich mit der Näherung 1 + b/v ≈ 1/(1 − b/v) die vertraute Form (29.63).

29.11 Quantenzahlen im unendlichen Potenzialkasten Der Hamiltonoperator eines Teilchens im unendlich hohen Kasten lautet h¯ 2 + U (r) h = − 2m

% mit

U (r) =

0 ∞

r ∈V r∈ / V

Das Volumen V des Kastens sei kubisch. Geben Sie die normierten Eigenfunktionen ϕp (r) an. Welche Werte kann p annehmen?

626


Lösung: Der unendlich hohe Potenzialtopf wird in der Quantenmechanik behandelt. Für das kubische Volumen V = L3 lauten die Eigenfunktionen: πn x πn y πn z 8 1 2 3 sin sin sin ϕp (r) = ϕn1 ,n2 ,n3 (x, y, z) = V L L L Die Quantenzahlen ni nehmen die Werte 1, 2, 3, . . . an. Die möglichen Impulswerte sind p = p n1 ,n2 ,n3 =

π h¯ n1 e x + n 2 e y + n 3 e z L

Die Energieeigenwerte sind En1 ,n2 ,n3 =

π2 h¯ 2 2 2 2 n + n + n 1 2 3 2 mV 2/3

29.12 Zustandssummen für drei Teilchen Drei Teilchen befinden sich in zwei Niveaus (mit den Energien ε0 und ε1 ). Es handelt sich um (i) klassische, unterscheidbare Teilchen, (ii) Bosonen mit Spin 0 und (iii) Fermionen mit Spin 1/2. Geben Sie die jeweiligen Zustandssummen an. Lösung: Für Bosonen können 0, 1, 2 oder 3 Teilchen in einem Niveau sein. Für Fermionen können maximal 2 Teilchen in einem Niveau sein (mit den Spineinstellungen ±1/2). Im Gegensatz zu Fermionen und Bosonen kann man klassische Teilchen unterscheiden, man kann also sagen, welches Teilchen in welchem Niveau ist. Daher tritt hier eine Verteilung mit genau 2 Teilchen im oberen (unteren) Niveau mit dem Gewicht 3 auf, je nachdem ob das einzelne Teilchen das erste, zweite oder dritte ist. Wir skizzieren zunächst die möglichen Besetzungen: Fermi s = 1/2

Bose s=0

MaxwellBoltzmann

s6 s s6 ?

s s s

s 6 s ? 6 s

s s6 ? s ?

ε1

s

s s

s s s

ε1

s s

s

s ? s 6 s ?

1, 2 oder 3 s s s s

s s

s s

ε0

ε0 s s s

s 1, 2 oder 3

ε1 ε0

Ohne Einschränkung der Allgemeinheit können wir ε0 = 0 und ε1 = ε setzen. Dann lauten die jeweiligen Zustandssummen: Fermi-Dirac-Statistik:

Z = 2 exp(−β ε) + 2 exp(−2β ε)

Bose-Einstein-Statistik:

Z = 1 + exp(−β ε) + exp(−2β ε) + exp(−3β ε)

Maxwell-Boltzmann-Statistik:

Z = 1 + 3 exp(−β ε) + 3 exp(−2β ε) + exp(−3β ε)

627


29.13 Schwankung der Besetzungszahlen im Quantengas Leiten Sie

Δnj

2

= − kB T

∂ nj ∂ εj

für die Schwankung Δnj der Besetzungszahlen nj eines idealen Quantengases ab. Dabei steht j = (p, sz ) für die Quantenzahlen eines Einteilchenzustands. Bestim! men Sie die relative Schwankung (Δnj )2 nj 2 für ein Fermi- und ein Bosegas. Lösung: Die großkanonische Zustandssumme Y ist von der Form exp [−β (ε1 − μ) n1 ] · . . . exp −β (εj − μ) nj · . . . Y = n1

nj

Dabei gehen die Summen von 0 bis 1 für Fermionen, und von 0 bis ∞ für Bosonen; die folgenden Anfangsschritte sind für beide Fälle dieselben. Wenn man Y nach β εj ableitet, erhält man unter der Summe den Faktor −nj . Dies erklärt die folgenden Beziehungen nj = −

kB T ∂ Y Y ∂ εj

(kB T )2 ∂ 2 Y = (kB T )2 Y ∂ εj2

nj2 =

∂ ∂ εj

Hieraus erhalten wir

Δnj

2

= nj2 − nj 2 = (kB T )2

∂ ∂ εj

1 ∂Y Y ∂ εj

1 ∂Y Y ∂ εj

+

1 Y2

∂Y 2 ∂ εj

= − kB T

∂ nj ∂ εj

Wir werten das Ergebnis mit den bekannten mittleren Besetzungszahlen nj für Bosonen und Fermionen aus:

Δnj

2

= −kB T

1 ∂ = nj ± nj 2 ∂ εj exp [β (εj − μ)] ∓ 1

Damit erhalten wir die relative Schwankung ⎧ ⎪ ⎪ 1 +1

2 ⎪ ⎨ nj Δnj = ⎪ 1 nj 2 ⎪ ⎪ −1 ⎩ nj

Bosonen Fermionen

In der Maxwell-Boltzmann-Verteilung erhält man hierfür 1/ nj .

29.14 Spezifische Wärme des Bosegases für hohe Temperaturen Für die spezifische Wärme des idealen Bosegases erhält man cV (T ) 15 g5/2 (z) 9 g3/2 (z) = − kB 4 g3/2 (z) 4 g1/2 (z)

(T ≥ Tc )

628


Hierbei ist gν (z) die verallgemeinerte Riemannsche Zetafunktion, z = exp(β μ), und Tc ist die Übergangstemperatur. Bestimmen Sie die beiden führenden Terme der spezifischen Wärme für T Tc . Lösung: Die verallgemeinerte Riemannsche Zetafunktion lautet gν (z) ≡

∞ zl l=1

l

ν

≈ z+

z2 + ... 2ν

Für T → ∞ gelten μ → −∞ und z = exp(β μ) → 0. Wir beschränken uns daher auf die jeweils ersten beiden Terme der Funktionen gν (z), cV (T ) 15 z + z2 /25/2 + . . . 9 z + z2 /23/2 + . . . − = kB 4 z + z2 /23/2 + . . . 4 z + z2 /21/2 + . . . 9 15 z z z z z 3 = 1 + 5/2 − 3/2 ± . . . − 1 + 3/2 − 1/2 ± . . . ≈ 1 + 7/2 4 2 2 4 2 2 2 2 Die Größe z wird durch die Teilchenzahlbedingung ((29.34) mit N0 = 0) festgelegt: 1=

v v g3/2 (z) ≈ 3 z + . . . 3 λ λ

(T ≥ Tc )

(29.65)

Im Korrekturterm in cV genügt es, die Näherung z ≈ λ3 /v einzusetzen: 3 z λ3 3 cV (T ) ≈ 1 + 7/2 ≈ 1 + 7/2 kB 2 2 2 2 v Wir schreiben die Teilchenzahlbedingung (29.65) für den Grenzfall T = Tc und μ = 0 (also z = 1) an: v v Tc 3/2 1 = 3 ζ(3/2) = 3 ζ(3/2) λ T λC Hierbei ist ζ(3/2) = g3/2 (1) ≈ 2.6124. Wir lösen nach λ3 /v auf und setzen dies in die spezifische Wärme ein: " # 3 cV (T ) ζ(3/2) Tc 3/2 (T Tc ) ≈ 1 + 7/2 kB 2 2 T Damit haben wir die beiden führenden Terme für T Tc gefunden. Die angegebene Näherung ist bis nahe an Tc heran brauchbar. So ergibt unser Näherungsausdruck für T = Tc den Wert 1.846 gegenüber dem exakten Wert von 1.925; zu bewerten ist dabei die Differenz zum klassischen Wert 3/2.

29.15 Bosegas im Oszillator Das Kondensat eines idealen Bosegases im harmonischen Oszillator besteht aus den N0 Teilchen im Grundzustand. Wenn ein Kondensat vorliegt, dann lautet die Teilchenzahlbedingung ∞ ∞ ∞ 1 N = N0 + dnx dny dnz (29.66) exp[β hω(n + ny + nz )] − 1 ¯ x 0 0 0

629


Die Oszillatorenergien sind ε = hω(n ¯ x + ny + nz + 3/2). In den Ausdruck für die mittleren Teilchenzahlen wurde μ = 3 h¯ ω/2 eingesetzt; dies gilt, wenn ein endlicher Bruchteil aller Teilchen im Grundzustand ist. Schreiben Sie den Integranden als geometrische Reihe ∞ l=1 exp(−[...]l) und führen Sie die Integration aus. Bestimmen Sie N0 als Funktion der Temperatur. Lösung: Wir schreiben den Integranden um 1 exp[−β hω(n ¯ x + ny + nz )] = exp[β hω(n 1 − exp[−β hω(n ¯ ¯ x + ny + nz )] − 1 x + ny + nz )] =

∞

exp −β hω ¯ nx l exp −β hω ¯ ny l exp −β hω ¯ nz l

l=1

Jetzt kann jede einzelne Integration in (29.66) elementar ausgeführt werden und ergibt 1/(β hω ¯ l). Damit lautet das Ergebnis ∞ 1 kB T 3 kB T 3 N = N0 + = N0 + ζ(3) l 3 h¯ ω h¯ ω l=1

(29.67)

Numerisch gilt ζ(3) ≈ 1.202. Wir lösen das Ergebnis nach N0 auf: T3 ζ(3) kB T 3 N 1/3 = N 1− 3 mit kB Tc = h¯ ω N0 = N 1 − h¯ ω N Tc ζ(3) Der Kondensatanteil geht für T → Tc gegen null; damit ist Tc die Übergangstemperatur.

29.16 Bosegas in zwei Dimensionen Zeigen Sie, dass es in einem idealen Bosegas in zwei Dimensionen keine BoseEinstein-Kondensation gibt. Werten Sie dazu den Zusammenhang zwischen der Teilchenzahl N und dem chemischen Potenzial μ aus und diskutieren Sie das Ergebnis für μ → 0. Lösung: Die Einteilchenenergien, die mittleren Besetzungszahlen und die Teilchenzahl eines idealen Bosegases sind: εp =

p2 , 2m

np =

1 , exp [β (εp − μ)] − 1

N(T , V , μ) =

np

p

Für εp −μ > 0 können wir np nach Potenzen von exp(−β (εp −μ)) < 1 entwickeln. Damit werten wir den Ausdruck für N(T , V , μ) für ein zweidimensionales Volumen V = L2 aus: N =

=

∞ l exp (−β (εp − μ)) exp[−β (εp − μ)] = 1 − exp (−β (εp − μ)) p p p l =1 ∞ L2 p2 l 2 (29.68) exp(β μ l) d p exp − (2π h¯ )2 l =1 2mkB T

np =

630


In drei Dimensionen ist der Vorfaktor L3 /(2π h¯ )3 , und die Integration ist mit d 3p anstelle von d 2p auszuführen. Für l = 1 ergibt das Integral 1 p2 2π h¯ 1 2 (29.69) d p exp − = 2 mit λ = 2 (2π h¯ ) 2mkB T λ 2πmkB T In dem zu berechnenden Integral (29.68) substituieren wir p 2 l → p 2 und d 2p → d 2p / l. Dies ergibt einen zusätzlichen Faktor 1/ l, also N(T , L, μ) =

∞ L2 exp (β μl) L2 = 2 g1 (z) 2 λ l =1 l λ

(29.70)

Im letzten Schritt haben wir die verallgemeinerte Riemannsche Zetafunktion verwendet, gν (z) =

∞ zl lν l=1

mit

z = exp (β μ)

Zur Bose-Einstein-Kondensation im Dreidimensionalen kommt es, weil die Bedingung N(T , V , μ) = N für μ → 0 nur oberhalb einer bestimmten Temperatur Tc zu erfüllen ist. Mit μ → 0− und T → Tc+ geht dann ein endlicher Bruchteil aller Teilchen in den tiefsten Zustand, n0 = O(N). Dazu kommt es in 2 Dimensionen wegen g1 (z) =

∞ exp (β μl)

l

l=1

μ→0−

−→

∞

nicht; für alle positiven Temperaturen kann die Bedingung N = N(T , L, μ) ohne Besonderheiten erfüllt werden. Erst für T → 0 geht der Vorfaktor in (29.70) gegen null (1/λ2 ∝ T ), und die Summe geht parallel dazu gegen unendlich, also T →0

und

μ → 0−

und

n0 → N

(2 Dimensionen)

Natürlich sind für T = 0 auch in diesem Fall alle Teilchen im Grundzustand. Die Besetzung des Grundzustands erfolgt aber kontinuierlich; es kommt nicht zu einem Phasenübergang.

29.17 Geschwindigkeits-Mittelwerte im Fermigas Berechnen Sie die Geschwindigkeits-Mittelwerte v und v 2 für das ideale Fermigas bei T = 0. Lösung: Bei T = 0 sind alle Niveaus bis zur Fermienergie εF = pF2 /2m besetzt. Die Fermigeschwindigkeit vF = pF /m folgt aus der Teilchenzahlbedingung: 2 1/3 h¯ N 1/3 2V 4π pF 2V 3 3 d p = )

⇒ v = (p = 3π N= F F (2π h¯ )3 |p| ≤ pF (2π h¯ )3 3 m m V Der Faktor 2 vor dem Integral berücksichtigt die beiden möglichen Spineinstellungen. In dieser Aufgabe steht v für die Geschwindigkeit und nicht für V /N. Aus der Fermigeschwindigkeit vF folgt die Fermienergie: h¯ 2 εF = 2m

3π2 N V

2/3

631


Die gesuchten Mittelwerte können durch die Fermigeschwindigkeit ausgedrückt werden: B

v =

|p| ≤ pF

vF

v2 =

d 3p =

d 3p v

|p| ≤ pF

B

vF

dv v 4

0

vF

B dv v 3

0

dv v 2 =

0

vF

dv v 2 =

0

3 vF 4

3 (vF )2 5

29.18 Relativistisches ideales Fermigas Die Dichte eines idealen Fermigases sei so hoch, dass h(N/V )1/3 mc gilt. Dann ¯ sind die meisten Impulse hochrelativistisch, p mc, und man kann näherungsweise die Beziehung ε ≈ cp verwenden. Bestimmen Sie für diesen Fall den Fermiimpuls und die Fermienergie. Welche Energie E0 (V , N ) und welchen Druck P (V , N ) hat das System für T ≈ 0? Lösung: Die Quantisierung der Impulse folgt aus den quantenmechanischen Randbedingungen (Aufgabe 29.11). Die Abzählung der Zustände ist daher unabhängig von der Energie-Impuls-Beziehung und erfolgt wie gewohnt: N =

2V (2π h¯ )3

d 3p =

|p| ≤ p F

2V 4π (pF )3 (2π h¯ )3 3

⇒

1/3 h¯ pF = 3π2

N 1/3 V

Der Fermiimpuls ist also dieselbe Funktion von V /N wie im nichtrelativistischen Fall. Die zugehörige Fermienergie ist

εF = cpF = 3π

2 1/3

h¯ c

N 1/3 V

Bei T = 0 sind alle Niveaus bis zur Fermienergie besetzt. Daraus erhalten wir die Gesamtenergie B 3 3 E0 (V , N) = N ε = N d p cp d 3p = N εF 4 |p| ≤ pF |p| ≤ p F Mit εF ist E0 eine Funktion von V und N. Nicht nur die Fermienergie, sondern alle Einteilchenenergien sind proportional zu V −1/3 ; denn dies folgt aus den quantenmechanischen Randbedingungen (Aufgabe 29.11). Mit dieser Proportionalität werten wir den Druck aus: P =−

∂εp 1 1E ∂Er np = εp np = =− ∂V ∂V 3V 3 V sz ,p sz ,p

Diese Aussage gilt auch für T = 0. Speziell für T = 0 erhalten wir P =

1 E0 (V , N) 1 N εF = 3 V 4 V

632


29.19 Strom aus Glühkathode Um aus einem Metall auszutreten, müssen Elektronen eine Potenzialbarriere der Höhe V0 (relativ zur Fermienergie εF ) überwinden. Die Elektronen sollen als ideales Fermigas behandelt werden. Berechnen Sie die Stromdichte der austretenden Elektronen bei der Temperatur T . Diese Emission von Elektronen wird auch Richardsoneffekt genannt. Lösung: Die Austrittsarbeit aus einem Metall beträgt typischerweise einige Elektronenvolt, jedenfalls können wir V0 kB T annehmen. Die Barriere sei die z = 0 Ebene, und das Metall befinde sich im Bereich z ≤ 0. Im Metall sind die Impulse isotrop verteilt. Wenn in der Nähe der Oberfläche ein Elektron den Impuls pz >

2m ε F + V0 = p0

(29.71)

hat, dann verlässt es das Metall (klassische Näherung!). Wegen V0 kB T sind die Besetzungszahlen für solche Impulse sehr klein. Dann gilt np =

1 exp [−β (εp − μ)] p2 = ≈ exp − exp(β εF ) exp [β (εp − μ)] + 1 1 + exp [ − β (εp − μ)] 2mkB T

Hierbei haben wir auch kB T εF angenommen, so dass wir μ ≈ εF setzen können. Die Stromdichte ist N v j= −e V Bezogen auf alle Elektronen (Ladung q = −e) verschwindet die Stromdichte; die Fermiverteilung ist isotrop. In der vorliegenden Anordnung verlassen jedoch alle Teilchen, die der Bedingung (29.71) genügen, das Metall. Ihre Stromdichte in z-Richtung ist ∞ ∞ ∞ px2 + py2 + pz2 pz − e 2V jz = dpx dpy dpz exp − exp(β εF ) V (2π h¯ )3 −∞ m 2mkB T −∞ p0 Die Integrale über px und py ergeben jeweils

∞

p2 dp exp − 2mkB T −∞

=

2πmkB T

Im Integral über pz substituieren wir x = β pz2 /(2m) und x0 = β p02 /(2m) = β (εF + V0 ). Damit erhalten wir ∞ −2e 2 jz = 2πm (k T ) exp(β ε ) dx exp(−x) B F (2π h¯ )3 x0

2 V0 −me T exp − k = B kB T 2π2 h¯ 3 Aufgrund des Boltzmannfaktors ist die Stromdichte stark temperaturabhängig. Deshalb werden in Elektronenröhren die Kathoden zum Glühen gebracht.

633


29.20 Paulischer Paramagnetismus Die Elektronen eines Metalls werden als ideales Fermigas mit der Zustandsdichte z(ε) behandelt. In einem äußeren Magnetfeld B sind die Einteilchenenergien ε± = ε ∓ μB B wobei das obere Vorzeichen gilt, wenn das magnetische Moment parallel zum Feld ist. Es wird μB B ε F vorausgesetzt. Berechnen Sie die Anzahl der parallel (+) und antiparallel (−) eingestellten magnetischen Momente, N± = n± (ε) für T ≈ 0. Für T ≈ 0 werden die mittleren Besetzungszahlen n± (ε) zu ΘFunktionen. Bestimmen Sie die Magnetisierung M(B) = μB (N+ − N− )/V . Lösung: Ohne Magnetfeld sind die mittleren Besetzungszahlen und die Zustandsdichte durch ∞ 1 n(ε) = dε z(ε) n(ε) , 1= exp [β (ε − μ)] + 1 0 gegeben. Mit Magnetfeld sind die Besetzungszahlen dann n± (ε) =

1 exp [β (ε ∓ μB B − μ)] + 1

Für T → 0 oder β → ∞ werden sie zur Thetafunktion

n± (ε) = Θ εF − ε ± μB B Dabei ist εF = μ(T = 0, B). Bei der Berechnung von N± ist zu beachten, dass die Zustandsdichte z(ε) einen Faktor 2 für beide Spinrichtungen enthält. Dies erklärt den Faktor 1/2 in

N ∞ N εF N εF ± μB B dε z(ε) Θ εF − ε ± μB B = dε z(ε) + dε z(ε) N± = 2 0 2 0 2 εF N εF N 1 ± z(εF ) μB B ≈ dε z(ε) ± z(εF) μB B = (29.72) 2 2 0 Für das letzte Integral in der ersten Zeile wurden der Mittelwertsatz der Integralrechnung und μB B/εF → 0 verwendet. Aus dem ersten Ergebnis in der zweiten Zeile erhalten wir εF N+ + N− dε z(ε) = 1 = N 0 Hiermit erreicht man den zuletzt angegebenen Ausdruck in (29.72). Die Fermienergie εF = μ(T = 0, B) hängt (in der Ordnung μB B/εF ) nicht vom Magnetfeld ab und kann wie ohne Feld berechnet werden. Dies liegt daran, dass Teilchenüberschuss und -defizit sich die Waage halten. Aus (29.72) erhalten wir schließlich die Magnetisierung M(B) =

N μB 3 μB B N μB N+ − N− = z(εF ) μB2 B = V V V 2 εF

634


Im letzten Ausdruck haben wir z(εF ) = 3/(2 εF ) eingesetzt, was sich im idealen Fermigas für ε = p 2 /2m ergibt. Gegenüber der Sättigungsmagnetisierung N μB /V enthält das Ergebnis einen Faktor der Größe μB B/εF 1. Nur dieser Bruchteil von Teilchen (aus der Umgebung der Fermikante) kann auf das angelegte Feld reagieren. Wegen dieser Einschränkung durch das Pauliprinzip spricht man vom Paulischen Paramagnetismus. Ohne Magnetfeld besetzen beide Spinrichtungen die Niveaus bis εF . Wenn man jetzt das Magnetfeld einschaltet ohne die Besetzung zu verändern, dann sind Niveaus mit parallelem magnetischen Moment bis εF −μB B besetzt, die mit antiparallelem bis εF +μB B . Es kommt nun (im Gleichgewicht) zu einer Umbesetzung, wobei die ursprüngliche Fermienergie als Grenze erhalten bleibt (in der Ordnung μB B/εF ). Nach dieser Umbesetzung gibt es mehr Teilchen mit parallelem Spin.

29.21 Temperaturabhängige Korrektur zum Paramagnetismus Die Elektronen eines idealen Fermigases haben im Magnetfeld B die Energien ε± = p2 /(2m) ∓ μB B. Schlagen Sie den Term μB B zum chemischen Potenzial, μ± = μ ± μB B Berechnen Sie nunmehr die Anzahl N± der parallel (+) und antiparallel (−) zum Feld eingestellten magnetischen Momente mit Hilfe der Sommerfeldtechnik bis zur Ordnung T 2 ; es gelten kB T ε F und μB B ε F. Geben Sie die Magnetisierung M(T , B) = μB (N+ − N− )/V an. Lösung: Die mittleren Besetzungszahlen sind n± (ε) =

1 1 = exp [β (ε ∓ μB B − μ)] + 1 exp [β (ε − μ± )] + 1

mit ε = p 2 /(2m). Hiermit berechnen wir ∞ √ V 4πV √ 3 3/2 p n (ε) = 2 m dε ε n± (ε) d N± = ± 3 3 (2π h¯ ) (2π h¯ ) 0

(29.73)

Dabei wurde d 3p = 4πp 2 dp = 4π(2mε)1/2 m dε verwendet. Die Sommerfeldtechnik besteht in der Entwicklung μ ∞ π2 dε f (ε) n(ε) = dε f (ε) + f (μ) + . . . (kB T εF ) 6β 2 0 0 √ Für das letzte Integral I in (29.73) ist f (ε) = ε . Hierfür ergibt die Sommerfeldtechnik 3 μB B 2 3/2 π2 μ−1/2 1 μB B 2 3/2 π2 1 −1/2 1± + 2 = μ μ± μ± + 2 1∓ I = 3 6β 2 3 2 μ 6β 2 2 μ Zuletzt haben wir unter Berücksichtigung von μB B εF ≈ μ die Größe μ± wieder durch μ ausgedrückt. Wir setzen I in (29.73) ein: , π2 kB T 2 3 μB B π2 kB T 2 V m3/2 2 μ3/2 1+ 1− ± N± = √ 8 μ 2μ 24 μ 2 π2 h¯ 3 3

635

Kapitel 29 Spezielle Systeme Für B = 0 muss dies N/2 ergeben: " # V m3/2 2 3/2 N π 2 kB T 2 = √ μ 1+ 2 8 μ 2 π2 h¯ 3 3

(29.74)

Für T = 0 folgt hieraus εF = μ(T = 0, B = 0), also die bekannte Fermienergie. Damit können wir (29.74) auch in der Form # 3/2 " π2 kB T 2 π2 kB T 2 εF μ =1+ 1+ oder 1= (29.75) εF 8 μ μ 12 εF schreiben. Im kleinen Korrekturterm kann hier wie im Folgenden μ ≈ εF gesetzt werden. Wir teilen den Ausdruck für N± durch den Faktor N/2 aus (29.74): " " # # 2N± 3 μB B εF 3 μB B π2 kB T 2 π2 kB T 2 = 1± = 1± 1− 1− N 2μ 6 εF 2εF μ 6 εF " # π2 kB T 2 3 μB B 1− = 1± 2εF 12 εF Im letzten Schritt haben wir das Verhältnis εF /μ aus (29.75) eingesetzt. Damit erhalten wir für die Magnetisierung " #

NμB 3 μB B π2 kB T 2 μB N+ − N− = 1− M(T , B) = V V 2 εF 12 εF Der erste Bruch ist die maximal mögliche Magnetisierung (für B → ∞). Der zweite Bruch gibt die Größe μB B/εF 1 des schwachen, paramagnetischen Effekts an. Der erste Term stimmt mit dem Ergebnis aus der vorhergehenden Aufgabe überein. Der zweite Term gibt die sehr kleine temperaturabhängige Korrektur an.

29.22 Schwingungsmoden der linearen Kette xn−1

xn

.... .... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ... ..... .... ..... .. v .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . v .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . v .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . v .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . v .... .... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... .......

qn−1

x

-

-

qn

Die Ruhpositionen der Massen einer linearen Kette sind xn = na. Für die Auslenkungen qn (t) = q(xn , t) gilt die Bewegungsgleichung m q¨n = f (qn+1 + qn−1 − 2qn ). Die Kette soll aus N Massen bestehen (N 1). Geben Sie die möglichen diskreten k-Werte der Lösung an für • Periodische Randbedingungen q(x + L, t) = q(x, t) mit L = N a • Physikalische Randbedingungen q(x + L, t) = q(x, t) = 0 mit L = (N + 1) a. Begründen Sie, dass es für die statistische Abzählung von Zuständen keine Rolle spielt, welche dieser Randbedingungen verwendet werden.

636


Lösung: Man überprüft leicht, dass der Ansatz qn (t) = A exp i(ω t + kna) = A exp i(ω t + k x)

(29.76)

mit einer geeigneten Dispersionsrelation ω = ω(k) die Bewegungsgleichung erfüllt. Da k → k + 2π/a die identische Lösung ergibt, ist k auf ein 2π/a -Intervall zu beschränken, −

π π μB liegt die Phase B vor. Eine Koexistenz zwischen den Phasen A und B ist nur möglich, wenn μA (T , P ) = μB (T , P )

⇒

Übergangskurve P = P (T )

(30.1)

... ... ... ... kritischer Punkt .. Phase B .. b ... .... . .. flüssig . . . .. .... .. Diese Überlegung macht die Existenz ..... .. . . . . .. .... . von Kurven im P -T -Diagramm plau... . . . ... .. Phase C ...... .. . . sibel, die Gebiete verschiedener Pha. . . ... fest .... ... ................. sen voneinander trennen. Ein so einge. ....r. ..... . . . teiltes P -T -Diagramm heißt Phasen. .... ....... . . Phase A . . . . . diagramm. ..... .......... gasförmig ............. . . . . . . . . . . . . . . T................. 6P

Durch eine Temperaturerhöhung (waagerechter Pfeil) kann man von B nach A kommen. An der Übergangskurve (Dampfdruckkurve) sind die chemischen Potenziale gleich, μA = μB . Ihre Ableitungen werden aber in der Regel nicht gleich sein: ∂μA ∂μB ∂μ ∂μ = oder = (30.2) ∂T P ∂T P ∂T Tc+ ∂T Tc− 642 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_30, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

643

Kapitel 30 Phasenübergänge

Dabei bezeichnet Tc± eine Temperatur unmittelbar über oder unter der Übergangstemperatur. Der Sprung in der Ableitung impliziert einen Sprung Δs = s (Tc+ , P ) − s (Tc− , P ) in der Entropie, also eine Umwandlungsenthalpie: 6s = −(∂μ/∂T )P

6μ(T , P ) . ..... ..... .......................... ..... ....................... ............. ............ ..... ....... ..... .. ...... ... ..... ...... μB ...... μ A

............ .................... ................. ... .... ... . . . . . . . . . . ...... .............. ................

-

Tc

T

-

Tc

T

Nach einer Klassifizierung von Ehrenfest bezeichnet man dieses Verhalten als Phasenübergang 1. Ordnung. Wenn dagegen die erste Ableitung des chemischen Potenzials stetig ist und die zweite eine Sprung hat, dann spricht man von einem Phasenübergang 2. Ordnung. Heute teilt man Phasenübergänge üblicherweise nach dem Verhalten des Ordnungsparameters beim Übergang ein. Wenn der Ordnungsparameter (etwa die Dichte beim Übergang flüssig–gasförmig) einen Sprung hat, dann handelt es sich um einen Phasenübergang 1. Ordnung, sonst um einen Phasenübergang 2. Ordnung. Die Berechnung einer Zustandssumme führt zu allen thermodynamischen Eigenschaften, etwa über F (T , V , N ) = −kB T ln Z(T , V , N ). Nun ist die Zustandssumme Z aus (28.5) eine Summe von analytischen Termen; insbesondere sind alle Terme der Form exp(−β Er ) stetig nach der Temperatur differenzierbar. Wie kann es dann zu der in der Abbildung oben gezeigten Unstetigkeit (Sprung in S = −∂F /∂T ) kommen? Die Antwort ist, dass eine unendliche Summe differenzierbarer Funktionen eine singuläre Funktion ergeben kann. Ein Beispiel dafür ist die Summe auf der rechten Seite von (29.37): Die zweite Ableitung dieser Summe hat einen Sprung. Eine Konsequenz aus diesen Feststellungen ist, dass es einen Phasenübergang nur in einem unendlichen System geben kann. In der theoretischen Behandlung entspricht das unendliche System dem thermodynamischen Limes N → ∞ und V → ∞, wobei v = V /N aber festgehalten wird.

Ferromagnetismus Für unabhängige Spins in einem äußeren Magnetfeld hatten wir in (29.2) die Magnetisierung M = M 0 tanh (β μB B ) erhalten. Im Weissschen Modell wird die Wechselwirkung mit benachbarten Spins dadurch berücksichtigt, dass B durch das effektive Feld B eff = B + W M ersetzt wird:

M = nμB tanh β μB Beff = M0 tanh β μB (B + W M) (30.3)

644


Dabei wurde angenommen, dass alle Felder dieselbe Richtung haben. Der Ansatz (30.3) berücksichtigt die Tendenz, dass benachbarte Spins in dieselbe Richtung zeigen. Wegen der Coulombwechselwirkung bevorzugen benachbarte Elektronen im Allgemeinen eine antisymmetrische Ortswellenfunktion. Dann muss der Spinzustand symmetrisch sein; dies impliziert parallele Spins. Der Weisssche Faktor W ist aufgrund dieses Effekts von der Größenordnung 103 ; eine direkte Wechselwirkung der magnetischen Momente ergäbe dagegen nur W = O(1). Für M M0 = nμB kann man den Tangens Hyperbolicus in (30.3) entwickeln und die Beziehung nach B auflösen: B=W

kB T M 3 T −1 M + Tc 3 μB M0

MS 6 M0 ...................................................................

....... ..... .... .... ... ... ... ... ... ... ... ... ..

-

Tc

T

(30.4)

Dabei haben wir die kritische Temperatur kB Tc = μ2B n W ∼ 103 kB K eingeführt. Für T < Tc ergibt sich aus (30.4) eine spontane Magnetisierung MS , also eine Magnetisierung auch ohne äußeres Feld (also für B = 0). Die Skizze zeigt die Temperaturabhängigkeit der spontanen Magnetisierung. Für T > Tc gilt M = 0.

Für T > Tc und schwache Felder folgt aus (30.4) die magnetische Suszeptibilität χm =

∂M ∂B

B→0

=

T

Tc /W T − Tc

(Curie-Weiss-Gesetz, T ≥ Tc )

(30.5)

Wenn man die Magnetisierung M als Variable (neben B und T ) betrachtet, dann erhält man eine freie Energie der Form F (T , B, M) = F0 (T ) + V a (T − Tc ) M 2 + u M 4 − MB

(30.6)

Die Landau-Theorie (Abschnitt unten) für Phasenübergänge zweiter Art geht von einer solchen Entwicklung der freien Energie F nach einem Ordnungsparameter (hier M) aus. Aus der Bedingung F (T , B, M) = minimal folgt dann die Gleichgewichtsmagnetisierung M = M(T , B). Insbesondere ergibt sich die oben skizzierte spontane Magnetisierung für T < Tc . Der Gleichgewichtswert der freien Energie ist F (T , B) = F (T , B, M(T , B)). Hieraus folgt ein Sprung in der Wärmekapazität C = −T (∂ 2 F /∂T 2 )B . Die Lösung von F = minimal stellt für T < Tc eine spontane Symmetriebrechung dar. Die spontane Magnetisierung M S zeichnet eine Richtung aus, obwohl das System rotationssymmetrisch ist.

645


Van der Waals-Gas Das van der Waals-Gas ist ein Modell für den Phasenübergang gasförmig–flüssig. Es ist durch die Zustandsgleichung (mit den positiven Parametern a und b) definiert: P = P (T , v) = P 6

Pkr

a kB T − 2 v−b v

(30.7)

........ .. .. ......... ... ... Die Abbildung zeigt Isothermen im P -v-Diagramm. ...... ... ... ... ...... .... .... .... Für T > Tkr gibt es eine eindeutige Lösung für v = ..... .. ... ... ........ .... .... .... V /N . Für T < Tkr beschreibt der rechte Zweig die . ......... ..... .... ..... ...... ... ... ... gasförmige Phase, der linke die flüssige; dazwischen ...... ... ... ... ... ... ... .... .... entspricht die Kurve instabilen Lösungen. Der rechte ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Zweig der Isotherme ist dann mit einer Horizontalen .. .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..... mit dem linken zu verbinden (Maxwellkonstruktion). ..... ... .... .... .... ..... Längs dieser Horizontalen koexistieren beide Phasen. ... ... ... .... . . ....... ... ... ... .... ....... ... ... ... ...... . . . . ........ ....... ... ... ... .. .......... ... ... ... ............ ................... ... ... ... ...... . . . . . ............. ... ... .... .............. ........................ T /Tkr ... ... ...... . . . ................ .................. ................................................. ................. ................... ... .... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...................... . ... ... .................. ......................................... 1.2 ... ... ... ... ............................................................................................................ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..................................... 1.0 ... ... .... ...... ... ... ............. ......................................................................................................... 0.8 . ... ............... . . . . . . . . . . . . ... . . . . .... ... ..... ... .... ... . . ... .. ... ... . . . . b .... .. vkr v ... ... .......

Aus (30.7), ∂P /∂ v = 0 und ∂ 2P /∂ v 2 = 0 folgen die Werte des kritischen Punkts und insbesondere Pkr vkr 3 (30.8) = = 0.375 kB Tkr 8 Unterhalb des kritischen Punkts hat die Dichte (der Ordnungsparameter) einen Sprung, es handelt sich um einen Übergang 1. Ordnung. Bei Annäherung an den kritischen Punkt wird dieser Sprung kleiner bis er schließlich am kritischen Punkt (siehe erste Abbildung dieses Kapitels) verschwindet. Am kritischen Punkt ist der Übergang flüssig–gasförmig von 2. Ordnung, also kontinuierlich. Reale Stoffe haben meist etwas kleinere Werte für das Verhältnis (30.8), zum Beispiel 0.292 für Sauerstoffgas oder 0.304 für Wasserstoffgas. Mit den dimensionslosen Größen P ∗ = P /Pkr, T ∗ = T /Tkr und v ∗ = v/vkr wird die van der Waals-Gleichung zu 3 8T∗ P ∗ + ∗2 = (30.9) v 3 v∗ − 1 Viele Gase weichen von dieser Form der van der Waals-Gleichung um weniger als 10% ab. Insofern ist das van der Waals-Gas ein bemerkenswert gutes Modell.

646


Wir betrachten nun eine Isotherme mit T < Tkr . Für den rechten Zweig bezeichnen wir das chemische Potenzial mit μA (T , P ) = μ(vA(T , P ), T ), für den linken mit μB (T , P ) = μ(vB (T , P ), T ). Beide Phasen können für μA = μB koexistieren; aus dieser Bedingung folgt der Druck Pd, an dem die beiden Zweige der Isotherme durch eine Horizontale zu verbinden sind. Wir verwenden die Relation μ = G/N = F /N + P V /N = f + P v; dabei ist f = F /N die freie Energie pro Teilchen. Aus μA = μB folgt dann das erste Gleichheitszeichen in vA fB − fA = Pd (vA − vB ) = dv P (T , v) (30.10) vB

Das Integral berechnet die Differenz fB − fA aus der Zustandsgleichung. Der Vergleich des zweiten mit dem letzten Ausdruck zeigt: Die Horizontale (der Dampfdruck Pd ) ist so zu wählen, dass die beiden Flächenstücke, die die Isotherme mit der Horizontalen einschließt, gleich groß sind. Diese Vorschrift heißt Maxwellkonstruktion.

Flüssiges Helium 6P

Phasendiagramm von 4 He. Die Dampfdruckkurve beginnt bei T = 0 und P = 0 und endet im kritischen Punkt bei etwa 2.2 bar und 5.3 K. In diesem Kapitel wird der λ-Übergang diskutiert, also der Übergang von normalflüssigem He I zu suprafluidem He II.

bar fest 30 20 λ-Linie He II

He I

10 b

Dampfdruckkurve

T

-

0 0

1

2

3

4

5

K

Die Bose-Einstein-Kondensation des idealen Bosegases (IBG, Kapitel 29) kann als Modell des λ-Übergangs von flüssigem 4 He aufgefasst werden. Wenn man die Dichte von flüssigem Helium in (29.35) einsetzt, erhält man Tc ≈ 3.13 K, was mit Tλ ≈ 2.2 K zu vergleichen ist. Da flüssiges 3 He keinen solchen Phasenübergang zeigt, muss der λ-Übergang auf der Austauschsymmetrie der Atome beruhen. Wir diskutieren die Parallelitäten von He II und dem idealen Bosegas. Unterhalb des λ-Übergangs zeigt Helium eine Reihe ungewöhnlicher Eigenschaften, die quantitativ verstanden werden können, wenn man annimmt, dass die Flüssigkeit aus einem suprafluiden und einem normalen Anteil besteht, also = s (T ) + n (T )

(30.11)

647


Dieser Ansatz wird als Zweiflüssigkeitsmodell bezeichnet. Die beiden Anteile sind räumlich nicht getrennt, sie unterscheiden sich aber signifikant durch ihr Verhalten. Insbesondere kann die suprafluide Dichte s widerstandslos durch enge Kapillaren fließen. Im IBG geht unterhalb von Tc ein Bruchteil aller Teilchen in den tiefsten Zustand. Wenn man die Kondensatdichte 0 mit der suprafluiden Dichte s identifiziert, dann kann man eine Reihe zentraler Eigenschaften des Zweiflüssigkeitsmodells erklären. Beide Anteile, 0 / im IBG und s / in der Heliumflüssigkeit, steigen von null bei der Übergangstemperatur auf den Wert 1 bei T = 0 an (ähnlich wie die spontane Magnetisierung MS /M0 beim Ferromagneten). Stabilität: Ein suprafluides Strömungsfeld ist wegen der fehlenden Zähigkeit (meta-)stabil. Ein mit vielen Bosonen besetzter Zustand hat eine besondere Stabilität, denn die Streuung eines einzelnen Teilchens ändert das Geschwindigkeitsfeld v 0 (r) des Kondensats nicht. Wirbelfreiheit: Das Geschwindigkeitsfeld einer suprafluiden Strömung ist wirbelfrei rot vs (r) = 0 (30.12) Die makroskopische Wellenfunktion des Kondensats ist von der Form ψ0 (r) = φ(r) exp i S(r)

(30.13)

Dabei ist 0 (r) = m |φ(r)|2 die Kondensatdichte. Aus (30.13) folgt die Kondensatgeschwindigkeit v 0(r) = (h/m) grad S(r), die dann auch wirbelfrei ist. ¯ S UPRAFLUIDE E NTROPIE : Experimentell findet man, dass die Entropie des suprafluiden Anteils verschwindet: Ss = S(s ) = 0,

Sn = S(n ) = S

(30.14)

Da alle Kondensatteilchen im selben Einteilchenzustand sind, verschwindet auch die Entropie des IBG-Kondensats. Aufgrund der Vernachlässigung der Wechselwirkungen im IBG gibt es natürlich auch wesentliche Unterschiede zur realen Flüssigkeit. So hat die spezifische Wärme des IBG einen Knick (Kapitel 29), während die von 4 He eine (näherungsweise) logarithmische Singularität als Funktion von der Temperatur zeigt.

Landau-Theorie Die freie Energie (30.6) des Weissschen Modells kann zum Landau- und zum Ginzburg-Landau-Ansatz verallgemeinert werden. Dieser Ansatz stellt dann ein allgemeines, phänomenologisches Modell für Phasenübergänge 2. Ordnung dar. In Anlehnung an die Bezeichnung „kritischer Punkt“ nennt man die Vorgänge in der unmittelbaren Umgebung eines Phasenübergangs 2. Ordnung „kritische Phänomene“.

648


Ausgangspunkt der Landau-Theorie ist die Wahl einer geeigneten makroskopischen Größe, die sich beim Übergang in charakteristischer Weise ändert. Diese Größe wird Ordnungsparameter ψ genannt. Die Wahl von ψ ist in vielen Fällen naheliegend (wie die Magnetisierung im Ferromagneten, oder die Dichte beim Übergang flüssig-gasförmig). Bei Phasenübergängen 2. Ordnung ist der Mittelwert ψ(T ) des Ordnungsparameters am Übergangspunkt Tc stetig: =0 T ≥ Tc ψ (30.15) = 0 T < Tc Dann kann die freie Energie in der Umgebung von Tc nach ψ entwickelt werden: F (T , h, ψ) = F0 (T ) + V a (T − Tc ) ψ 2 + u ψ 4 − h ψ (30.16) Das äußere Feld h, durch das der Ordnungsparameter unmittelbar beeinflusst werden kann, ist zum Beispiel ein äußeres Magnetfeld, wie in (30.6). In der folgenden Abbildung ist links F als Funktion des Ordnungsparameters ψ skizziert; das äußere Feld h ist null gesetzt: F (T , 0, ψ)

6ψ

6

T > Tc

T < Tc −ψ

ψ

-

-

ψ Tc

T

Der Gleichgewichtswert (30.15) ergibt sich aus F = minimal, er ist rechts als Funktion der Temperatur gezeigt. Es könnte sich um die Magnetisierung im Ferromagneten oder die suprafluide Dichte in flüssigem Helium handeln. Der Ansatz (30.16) stellt eine plausible Entwicklung der freien Energie nach Potenzen von ψ und T −Tc dar. Er ist die Grundlage der Landau-Theorie zur Beschreibung kritischer Phänomene (Landau 1937). Durch Einsetzen von ψ = ψ(T , h) in F erhält man den Gleichgewichtswert F der freien Energie:

F (T , h) = F T , h, ψ(T , h) (30.17) Dies ist ein entscheidender Schritt: Während alle Ableitungen von F stetig sind, hat die zweite Ableitung von F einen Sprung bei Tc , die dritte Ableitung ist dann singulär. Aus der freien Energie F (T , h) folgen alle relevanten thermodynamischen Größen. Die spezifische Wärme hat einen Sprung: ⎧ (T > Tc ) ⎨ 0 2 T ∂ F (T , h) 2 ch (T , 0) = − = c0 (T ) + (30.18) ⎩ a T V ∂T 2 (T < Tc ) 2u

649


Dabei bezeichnet c0 den von F0 stammenden, stetigen Anteil. Für die Suszeptibilität erhält man ⎧ 1 ⎪ ⎪ (T > Tc ) ⎨ 2 a |T − Tc | ∂ψ (30.19) = χ= ⎪ 1 ∂h T ⎪ ⎩ (T < Tc ) 4 a |T − Tc | Im ferromagnetischen Fall ist dies die bekannte magnetische Suszeptibilität. Für den kritischen Punkt des Übergangs flüssig–gasförmig ist es die Kompressibilität, χ = (n/nc )κT . Wir bestimmen noch den Ordnungsparameter für T = Tc und h = 0, 1/3 h ψ= (T = Tc ) (30.20) 4u Dies ist etwa die Magnetisierung, die am Übergangspunkt (wo MS = 0 gilt) durch ein äußeres Magnetfeld hervorgerufen wird. Ginzburg-Landau-Theorie Der Landau-Ansatz (30.16) wird zum Ginzburg-Landau-Ansatz, wenn man eine Ortsabhängigkeit des Ordnungsparameters zulässt F (T , h, ψ) = F0 (T ) + d 3 r A(∇ψ)2 + a (T − Tc ) ψ 2 + u ψ 4 − hψ (30.21) Für ein schwaches äußeres Feld h(r) = hk exp(ik · r) setzt man die Fluktuationen (Abweichungen vom Mittelwert) in der Form ψk = ψ0 +δψk exp(ik ·r) an. Daraus erhält man die k-abhängige Suszeptibilität χk =

∂ψk ∂hk

T

⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎨ 2 2A k + 2a |T − Tc | χ = = 2 2 ⎪ 1+k ξ 1 ⎪ ⎩ 2 2A k + 4a |T − Tc |

(T > Tc ) (T < Tc )

(30.22) Im Zwischenergebnis wurde χ k mit Hilfe der Korrelationslänge ξ ausgedrückt. Weit weg vom Phasenübergang ist die Länge ξ von der Größe des mittleren Teilchenabstands. Bei Annäherung an den kritischen Punkt divergiert ξ mit |T − Tc |−1/2 . Nahe Tc ist χ k sehr groß, so dass ein beliebig schwaches Feld eine Fluktuation δψk hervorrufen kann. Dann sind solche Fluktuationen auch thermisch, also ohne äußeres Feld, angeregt. Im Fall des Phasenübergangs flüssig– gasförmig führen sie zu starker Lichtstreuung (kritische Opaleszenz). Die Entwicklung (30.21) setzt voraus, dass die Fluktuationen klein sind gegenüber dem Gleichgewichtswert. Diese Bedingung ist in realen Systemen (in drei Dimensionen) in der Nähe von Tc verletzt. Trotz dieser Probleme beschreibt die Ginzburg-Landau-Theorie die kritischen Phänomene qualitativ weitgehend zutreffend.

650


Kritische Exponenten Für t = (T − Tc )/Tc → 0 zeigen thermodynamische Größen im Allgemeinen ein Potenzverhalten: c ∝ |t |−α ,

ψ0 ∝ |t |β ,

χ ∝ |t |−γ ,

t=0

δ

h ∝ ψ ,

ξ ∝ |t |−ν

(30.23)

Die auftretenden Exponenten heißen kritische Exponenten. Sie könnten für t > 0 und t < 0 verschieden sein; die Exponenten für t < 0 bezeichnen wir daher mit einem Strich (also c ∝ |t |−α für t < 0). Die Ginzburg-Landau-Theorie (GL) liefert bestimmte Werte für die Exponenten, die allerdings nicht mit den am häufigsten auftretenden experimentellen Werten (Exp) übereinstimmen: GL:

α = α = 0, β = 1/2, γ = γ = 1,

δ = 3,

ν = ν = 1/2

Exp: α ≈ α ≈ 0, β ≈ 1/3, γ ≈ γ ≈ 4/3, δ ≈ 4.5, ν ≈ ν ≈ 1/3 (30.24) Die Entwicklung des Ginzburg-Landau-Ansatzes (30.21) ist eigentlich nur als Entwicklung in einem endlichen Volumenbereich des betrachteten Systems gültig. Man muss dann untersuchen, wie sich die freie Energie ändert, wenn man dieses Volumen um einen bestimmten Faktor vergrößert. Eine solche Vergrößerung ist gleichbedeutend mit einer Renormierung der Längeneinheit und führt zu einer entsprechenden Renormierung der Parameter des Ginzburg-Landau-Ansatzes. Diese resultierende Renormierungsgruppentheorie (auch Landau-Wilson-Theorie) wurde von K. G. Wilson entwickelt. Skalengesetze Im Folgenden betrachten wir noch Beziehungen zwischen den kritischen Exponenten. Grundlage dieser Skalengesetze ist folgender Ansatz für die freie Energie:

F (t, h, ψ ) = F0 (T ) + V (−t)k G(t, ψ) − h ψ (30.25) In einer tiefergehenden Betrachtung folgt diese Form aus der Skaleninvarianz, also daraus, dass für T → Tc die natürlichen Längenskalen (wie etwa der Gitterabstand) ihre Bedeutung verlieren. Die einzig relevante Länge ist dann die Korrelationslänge ξ → ∞. Die resultierenden Skalengesetze sind: α = α ,

γ = γ,

α + 2β + γ = 2 ,

δ =1+

und

ν = ν γ , β

2−α =dν

(30.26) (30.27)

Dabei ist d die Anzahl der Dimensionen (in der Regel also d = 3). Die Skalengesetze sind meist gut erfüllt, wie man etwa aus den in (30.24) angegebenen experimentellen Werten sieht.

651


Aufgaben 30.1 Singularität durch unendliche Summe Leiten Sie das Verhalten der Funktion g(x) für x → 0+ ab: ∞ exp(−x n) √ g(x) ≡ n

x→0+

−→

n =1

π x

(x > 0)

Dies ist ein Beispiel dafür, dass eine unendliche Summe analytischer Terme singulär sein kann. Verwenden Sie zur Lösung die Eulersche Summenformel n1 n = n0

f (n) =

n1

dn f (n) +

n0

f (n0 ) + f (n1 ) f (n0 ) − f (n1 ) − ±... 2 12

und die Substitution y 2 = x n. Lösung: Die Eulersche Summenformel ergibt ∞ dn g(x) ≈ √ exp(−x n) + (reguläre Terme für x → 0) n 1 Alle Terme außer dem Integral haben x-Abhängigkeiten wie x ν exp(−nx) mit ν ≥ 0 und n0 = 1 oder n1 = ∞; diese Terme sind für x → 0 regulär. Formal ist diese Argumentation nicht vollständig; denn die Restterme der Eulerschen Summenformel könnten ja ihrerseits als unendliche Summe divergieren, und die Eulersche Summenformel hat nur ein begrenzte Gültigkeit. Andererseits geht es um die Summenterme mit sehr großem n. Da sich die benachbarten Summanden hier kaum voneinander unterscheiden, kann die Summe in diesem Bereich offensichtlich sehr gut durch ein Integral angenähert werden. Das angegebene Integral enthält daher den relevanten, für x → 0+ divergierenden Beitrag. Im Folgenden betrachten wir nur noch dieses Integral. Hierin substituieren wir y2 = x n ,

2 y dy = x dn ,

dn 2 √ = √ dy n x

Dies ergibt ∞ ∞ √x 2

2

2 2 g(x) ≈ √ √ dy exp −y = √ dy exp −y − dy exp −y 2 x x 0 0 x

x→0+ π π −→ − 2 exp − y¯ 2 ≈ x x √

√ Das Integral von 0 bis x wurde mit dem Mittelwertsatz ausgewertet 0 ≤ y¯ ≤ x . Die Divergenz für x → 0+ hat ihren Ursprung in den Summanden für große n; denn eine endliche Summe analytischer Terme kann nicht singulär sein. Funktionen wie g(x) treten zum Beispiel bei der Behandlung des idealen Bosegases auf, etwa in (29.34). Der hier betrachtete Limes x → 0+ entspricht dort μ → 0− ; eine Ableitung von (29.34) nach β μ ergibt gerade die hier betrachtete Funktion.

652


Ergänzung: Wir geben noch eine alternative Ableitung an. Zunächst wandeln wir die Summe (exakt) in ein Integral um: g(x) =

∞ ∞ exp(−x n) 1 1 1 √ dp √ = √ p exp(p + x) − 1 n π 0 n =1

Wenn man 1/[exp(p + x) − 1] in eine geometrische Reihe entwickelt, dann können die verbleibenden Integrale ausgeführt werden, und man erhält die ursprüngliche Summe. Im Integral substituieren wir p = x (cosh ξ − 1) = 2 x sinh2 (ξ /2): 2x ∞ cosh(ξ /2) dξ g(x) = π 0 exp(x cosh ξ ) − 1 Wir entwickeln nun den Integranden nach Potenzen von x, ∞

0

cosh(ξ /2) 1 2x π 2 dξ , x, x ,... = +O x + O x 1/2 g(x) = π x 0 cosh ξ x √ Das bestimmte Integral hat den Wert π/ 2.

30.2 Freie Energie im Weissschen Modell Im Weissschen Modell kann die freie Energie in der Form F (T , B, M) = F0 (T ) + V a (T − Tc ) M 2 + u M 4 − MB geschrieben werden. Aus der Bedingung ∂F /∂M = 0 erhält man die Gleichgewichtsmagnetisierung M. Bestimmen Sie M0 für B = 0, und M0 + δM für ein schwaches Feld B = δB. Berechnen Sie (in linearer Näherung in den kleinen Größen) die magnetische Suszeptibilität χ m = δM/δB für T > Tc und T < Tc . Lösung: Die Bedingung für den Gleichgewichtswert M0 bei B = 0 lautet 1 ∂F (T , 0, M) = 2 a (T − Tc ) M + 4 u M 3 = 0 V ∂M Hieraus erhalten wir M0

2

⎧ ⎨ 0 =

⎩ a Tc − T 2u

(T ≥ Tc ) (30.28) (T < Tc )

Für M = M0 + δM lautet die Bedingung für das Minimum der freien Energie

3 1 ∂F (T , B, M) = 2 a (T − Tc ) M0 + δM + 4 u M0 + δM − δB = 0 V ∂M In erster Ordnung in δM wird dies zu 3 2 2a (T − Tc ) M0 + 4u M0 + 2a (T − Tc ) + 12 u M0 δM − δB = 0

653


Die erste Klammer verschwindet. Die Lösung der verbleibenden Gleichung bestimmt δM und die Suszeptibilität ⎧ 1 ⎪ (T > Tc ) ⎪ ⎨ 2a |T − T | 1 δM c = χm = = 2 ⎪ δB 1 ⎪ 2a (T − Tc ) + 12 u M0 ⎩ (T < Tc ) 4a |T − Tc | Im letzten Schritt haben wir den Gleichgewichtswert (30.28) eingesetzt.

30.3 Spezifische Wärme im Weissschen Modell Im Weissschen Modell erhält man für die freie Energie F (T , B, M) den Ausdruck F (T , B, M) = F0 (T ) − V MB +

V W T − Tc 2 V kB T M 4 M + 2 Tc 12 μB M03

Dabei ist W der Weisssche Faktor, durch kB Tc = μ2B nW ist die kritische Temperatur gegeben, M0 = N μB /V ist die Sättigungsmagnetisierung, und F0 (T ) enthält die nichtmagnetischen Anteile (diese Angaben sind in [4] zu finden). Drücken Sie zunächst alle Parameter in F − F0 (T ) durch kB , Tc und M0 aus. Bestimmen Sie dann für B = 0 und T ≈ Tc den Gleichgewichtswert MS (T ) und das Verhalten (Sprung!) der Wärmekapazität. Lösung: Wir setzen B = 0, W = V kB Tc /(N μB2 ), μB = V M0 /N in den gegebenen Ausdruck für die freie Energie ein: F (T , 0, M) = F0 (T ) +

N kB Tc T − Tc M 2 N kB Tc M 4 + 2 2 Tc M0 12 M04

(30.29)

Im letzten Term wurde T durch Tc ersetzt, da wir T ≈ Tc betrachten. Die Bedingung ∂F (T , 0, M)/∂ M = 0 ergibt M M2 3 (T − Tc ) =0 + M0 M02 Tc Daraus erhält man MS = 0

für T > Tc ,

MS = M0

3 (Tc − T )/Tc

für T < Tc

Einsetzen in (30.29) ergibt den Gleichgewichtswert der freien Energie: T − Tc 2 3 F (T , 0) = F (T , 0, MS (T )) = F0 (T ) − N kB Tc 4 Tc

(T < Tc )

Für T > Tc gilt F = F0 . Damit erhalten wir die Wärmekapazität 2

∂ F 3 CB (T ) = − T ≈ C0 (T ) + NkB T Tc 2 ∂T B 2 Für T > Tc gilt CB = C0 . Damit hat die Wärmekapazität bei Tc einen Sprung der Größe ΔCB =

3 N kB 2

654


30.4 Dimensionslose van der Waals-Gleichung Bestimmen Sie die kritischen Werte vkr , Tkr und Pkr , für die folgende drei Gleichungen erfüllt sind: 2 a ∂P kB T ∂ P P (T , v) = − 2 + , = 0, =0 (30.30) v v−b ∂v T ∂ v2 T Schreiben Sie die van der Waals-Gleichung für die Größen P ∗ = P /Pkr , T ∗ = T /Tkr und v ∗ = v/vkr an. Lösung: Wir schreiben die Bedingungen (30.30) explizit an: kB T a + 2 v v−b

(A)

0 = +

kB T 2a − 3 v (v − b)2

(B)

0 = −

6a 2 kB T + 4 v (v − b)3

(C)

P (T , v) = −

Wir multiplizieren (C) mit (v −b)/2 und addieren (B). Dies ergibt v = vkr = 3b. Wir setzen v = 3b in (B) ein und erhalten allein aus dieser Gleichung kB Tkr . Gleichung (A) ergibt mit den bekannten Werten kB Tkr und vkr schließlich noch den kritischen Druck: vkr = 3b ,

kB Tkr =

8 a , 27 b

Pkr =

a 27 b2

Hieraus folgt das dimensionslose Verhältnis 3 vkr Pkr = kB Tkr 8 Wir setzen nun P = P ∗ Pkr , v = v ∗ vkr und T = T ∗ Tkr in die van der Waals-Gleichung (A) ein: 8a a a T∗ P∗ = − + 27 b2 9 b2 v ∗ 2 3b v ∗ − b 27 b Die Multiplikation mit 27b2 /a ergibt die gesuchte dimensionslose Form P∗ +

3 8T∗ = ∗2 v 3 v∗ − 1

Wenn in der ursprünglichen Gleichung die Boltzmannkonstante kB durch die Gaskonstante R ersetzt wird (also v = V /ν anstelle von v = V /N verwendet wird), verläuft die Rechnung genauso.

30.5 Van der Waals-Gleichung für Stickstoff Für Stickstoff sind die experimentellen kritischen Werte Tkr = 126.2 K und Pkr = 33.9 bar. Bei Normaldruck P0 ≈ 1 bar siedet Stickstoff bei T0 ≈ 77.4 K. Die zugehörige Umwandlungsenthalpie ist qexp = 5.6 kJ/mol.

655


Auf diesen Phasenübergang wird nun das van der Waals-Modell angewendet: Bestimmen Sie zunächst die numerischen Werte der Volumina vA∗ (gasförmig) und vB∗ (flüssig), bei denen der Übergang erfolgt. Überprüfen Sie dann, ob die Maxwellkonstruktion für den Übergang bei P0 , T0 erfüllt ist, und schätzen Sie die Umwandlungsenthalpie q ab. Lösung: In Aufgabe 30.4 wurde die dimensionslose Form P∗ +

3 8T∗ = ∗ 2 v 3 v∗ − 1

der van der Waals-Gleichung aufgestellt. Der gegebene Punkt der Dampfdruckkurve liegt bei T0 P0 T0∗ = ≈ 0.613 , P0∗ = ≈ 0.0295 Tkr Pkr Wenn man diese Werte in die van der Waals-Gleichung einsetzt, erhält man nach Multiplikation mit v ∗ 2 (3v ∗ − 1) folgende kubische Gleichung: 0.08850 v ∗ 3 − 4.9335 v ∗ 2 + 9 v ∗ − 3 ≈ 0

(30.31)

Bevor man Nullstellen einer solchen Gleichung numerisch sucht, sollte man ihre ungefähre Lage kennen. Für die gasförmige Phase erhalten wir mit vA∗ 2 3/P ∗ die Näherung 8 T0∗ 1 8 T0∗ ∗ ≈

⇒ v 1 + P0∗ ≈ ≈ 55.75 A 3 vA∗ − 1 3 P0∗ Für die flüssige Phase erhalten wir mit vB∗ 2 3/P ∗ die Näherung 8 T0∗ 9 32 T0∗ 3 ∗ ≈

⇒ vB ≈ ≈ 0.438 1− 1− 3 vB∗ − 1 16 T0∗ 27 vB∗ 2 Es ergibt sich zunächst eine quadratische Gleichung für vB∗ 2 , bei deren Lösung nur das Minuszeichen vor der Wurzel in Frage kommt. Wir bestimmen nun numerisch (Taschenrechner oder PC) etwas genauere Werte aus (30.31): vA∗ ≈ 53.8696 ,

vB∗ ≈ 0.4374

Die Maxwellkonstruktion besagt: vA∗ vB∗

! dv ∗ P ∗ (T0∗ , v ∗ ) = P0∗ vA∗ − vB∗ ≈ 1.6

Auf der rechten Seite haben wir die numerischen Werte eingesetzt. Wir werten die linke Seite mit der van der Waals-Gleichung aus: vA∗ vB∗

dv ∗

8 T0∗ 3 − 3 v∗ − 1 v∗ 2

=

8 T0∗ 3 vA∗ − 1 3 3 ln + − ≈ 3.4 3 3 vB∗ − 1 vA vB

Die Bedingung der Maxwellkonstruktion ist nicht gut erfüllt. Die Annäherung durch das van der Waals-Gas ist daher nur bedingt brauchbar.

656


Die Enthalpie pro Teilchen ist von der Form h = u(T ) − a/v + P v; dies ergibt sich etwa aus der folgenden Aufgabe. Damit ist die Umwandlungsenthalpie q = hA − hB =

a a a − + P (vA − vB ) ≈ + P vA vB vA vB

Wir setzen vA = vA∗ vkr und so weiter ein, und verwenden die aus Aufgabe 30.4 bekannten kritischen Werte (mit Pkr vkr = (3/8) RTkr ): 3 kJ 3 ∗ ∗ ≈ 3.3 + P v q = R Tkr 0 A 8 vB∗ mol Auch hier ist die Übereinstimmung mit dem experimentellen Wert qexp = 5.6 kJ/mol nicht gut. Allerdings beschreibt das van der Waals-Gas den Phasenübergang gasförmig-flüssig qualitativ richtig.

30.6 Energie und Entropie des van der Waals-Gases Zeigen Sie, dass die Energie pro Teilchen für das van der Waals-Gas von der Form e(T , v) =

a E(T , V , N ) = u(T ) − N v

(30.32)

ist; dabei ist u(T ) eine unbekannte Funktion. Bestimmen Sie hieraus die Entropie s(T , v) pro Teilchen. Zeigen Sie, dass man mit dieser Entropie die Umwandlungsenthalpie

a a q = T sA − sB = hA − hB = − + P (vA − vB ) vB vA bestimmen kann. Lösung: Wir werten die Relation (27.47), ∂P ∂e =T −P ∂v T ∂T v für das van der Waals-Gas aus: P (T , v) = −

a RT + 2 v v−b

⇒

∂e ∂v

= T

a v2

Die Integration der letzten Gleichung ergibt e(T , v) = u(T ) −

a v

Damit ist (30.32) gezeigt. Die spezifische Wärme cV des van der Waals-Gases (ebenso wie die des idealen Gases) hängt also nicht vom Volumen ab: ∂e du(T ) cV (T ) = = ∂T v dT

657


Zu dieser spezifischen Wärme könnten die Vibrationen und Rotationen von mehratomigen Molekülen des Gases beitragen. Für die Entropie pro Teilchen, s(T , v), bilden wir das Differenzial ∂s ∂s cV (T ) cV (T ) ∂P R ds = dT + dv = dv = dT + dT + dv ∂T v ∂v T T ∂T v T v−b Dabei wurden die Maxwellrelation aus dF und die Zustandsgleichung verwendet. Wir integrieren zu T cV (T ) v−b dT + R ln s(T , v) = s(T0 , v0 ) + T v 0−b T0 Wir berechnen hiermit die Umwandlungsenthalpie vA vA

RT a vA − b q = T sA − sB = R T ln dv dv P + 2 = = vB − b v−b v vB vB Im letzten Schritt wurde die van der Waals-Gleichung eingesetzt. Der erste Teil des letzten Integrals ist laut Maxwellkonstruktion gleich P (vA − vB ) . Für den zweiten Teil führen wir die Integration aus:

a a q = T sA − sB = P vA − P vB − + = h A − hB vA vB Der Ausdruck für die Enthalpie folgt aus h = e + P v und der oben abgeleiteten Form der Energie.

30.7 Dieterici-Gas Ein Gas genüge der sogenannten Dieterici-Zustandsgleichung: α

P exp v − β = RT (Dieterici-Gas) vRT Dabei ist v = V /ν das Volumen pro Mol, und α und β sind Parameter. Drücken Sie die kritischen Größen Pkr , Tkr und vkr durch α und β aus. Schreiben Sie die Dieterici-Gleichung in den dimensionslosen Variablen P ∗ = P /Pkr , T ∗ /Tkr und v ∗ /vkr . Skizzieren Sie einige Isothermen im P -v-Diagramm. Lösung: Wir leiten den Druck P =

α RT exp − v−β vRT

nach dem Volumen ab: % 9 ∂P α α 1 RT exp − − = 0 = ∂v T v−β vRT v2 R T v−β An den Extrema der Isothermen muss diese Ableitung verschwinden. Daraus folgt die quadratische Gleichung α (v − β) = v 2 RT mit den Lösungen α α α v1,2 = ± −β 2R T R T 4R T

658


Am kritischen Punkt fallen das Maximum und das Minimum der Isotherme zusammen (alternativ kann man auch von (∂ 2 P /∂ v 2 )T = 0 ausgehen). Dies ist der Fall, wenn die Wurzel verschwindet: α R Tkr = 4β Wenn wir dies in die Lösung v1,2 einsetzen, erhalten wir vkr = 2β. Schließlich setzen wir noch Tkr und vkr in die Zustandsgleichung ein, um Pkr zu bestimmen: α vkr = 2β , Pkr = 2 β2 ......... 4 e P 6 ...

Pkr

......... ......... ........ .... Isothermen des Dieterici-Gases. Der geeignete Ausgangspunkt ...... ... ....... .... für einen solchen Plot ist die dimensionslose Zustandsgleichung. ...... ... ..... ... Dazu setzen wir P = P ∗ Pkr , v = v ∗ vkr und T = T ∗ Tkr in die ........... .... ........ ... gegebene Zustandsgleichung ein und erhalten ...... ... ... ...... ... ... ...... ... ... ...... ... .... e2 T ∗ 2 ∗ ...... ... ...... P = exp − ....... ...... ... .......... 2 v∗ − 1 v∗ T ∗ ...... ... ........... ...... ... ............. .. .... ..... ............. ... .. ....... .............. .................. ... ... ............... ...................... .... ... ........... T /Tkr . .................... ...... .... ..................... .................................. . . ....... 1.2 .... ...... ..................... ........ ....... ........................................................................... ................................ .......................... ... ... ................................ ... ... ..... 1.0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ......................................................... ... ............................................ ..................... ... ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ............................ 0.8 .... ..................................... ...............

β

-

vkr

v

30.8 Kritische Exponenten des van der Waals-Gases Entwickeln Sie die Zustandsgleichung P = kB T /(v − b) − a/v 2 (mit v = V /N ) des van der Waals-Gases um den kritischen Punkt herum, also nach Potenzen der Variablen T − Tc v − vc P − Pc t= , v = , p= (30.33) Tc vc Pc Vernachlässigen Sie dabei Terme der Ordnung t v 2 und t v 3. Zeigen Sie 3 3 v + O(v 4 ) (30.34) 2 Im Folgenden soll diese Zustandsgleichung verwendet werden. Bestimmen Sie den Dampfdruck pd (t) mit Hilfe der Maxwellkonstruktion. Berechnen Sie vgas und vflüss , und geben Sie die kritischen Exponenten β und β für t < 0 an. Bestimmen Sie außerdem die isotherme Kompressibilität κT aus 1 ∂P ∂p = −v ≈ −Pc κT ∂v T ∂v t p = 4t − 6tv −

Geben Sie die kritischen Exponenten γ und γ an. Untersuchen Sie schließlich die p-v -Relation bei t = 0, und bestimmen Sie daraus den kritischen Exponenten δ.

659


Lösung: Wir verwenden die kritischen Größen aus Aufgabe 30.4, die hier mit vc , Tc und Pc bezeichnet wurden. Damit schreiben wir die Zustandsgleichung des van der Waals-Gases in den Variablen (30.33) an: 1 3 27 3v 3 p= 8t − t v 3 + O(v 4 ) ≈ 4 t − 6 t v + 9 t v 2− v 3 − 2 + 3v (1 + v )2 2 2 Unter Vernachlässigung des 3. und 5. Terms ist dies die Entwicklung (30.34). Laut Maxwellkonstruktion (30.10) sind im p-v -Diagramm die beiden von der Waagerechten p = pd (t) und von der Isotherme p = p(t = const., v ) eingeschlossenen Flächen gleich, also vgas dv p(t, v ) (30.35) pd (vgas − vflüss ) = vflüss

Die Ersetzung v → −v führt in (30.34) zu (p − 4t) → −(p − 4t). Aufgrund dieser Spiegelsymmetrie haben die beiden Flächen für pd (t) = 4 t

(t < 0)

(30.36)

denselben Inhalt. Wir setzen dies in die Zustandsgleichung ein und erhalten zwei Lösungen: √ v 2 = −4 t

⇒ v = vgas = −vflüss = 2 −t (t < 0) (30.37) Diese Lösungen sind die Volumina in der gasförmigen und flüssigen Phase. Hiermit ist der Ordnungsparameter v für t < 0 bestimmt; für t > 0 gilt v = 0. Das Ergebnis ist von der Form vgas − vc vc − vflüss = vgas = Cβ |t|β , = −vflüss = Cβ |t|β , vc vc mit

1 2 Damit sind die kritischen Exponenten β und β bestimmt. Aus (30.34) berechnen wir noch die isotherme Kompressibilität, 1 1 9 ∂p ≈ −Pc = Pc 6 t + v 2

⇒ κT Pc = κT ∂v t 2 6 t + 9 v 2 /2 Cβ = C β = 2 ,

β = β =

Hierin setzen wir die Gleichgewichtswerte v = v = 0 für t > 0 und v 2 = v 2 = −4 t für t < 0 ein. Das Ergebnis hat die Form Cγ |t|−γ (t > 0) κ T Pc = −γ (t < 0) Cγ |t| mit

1 1 , Cγ = und γ = γ = 1 6 12 Schließlich folgt aus (30.34) noch die p-v -Relation bei t = 0: Cγ =

p = Cδ v 3

mit Cδ = −

3 2

und

δ=3

Die hier bestimmten kritischen Exponenten β, γ und δ sind zugleich die Exponenten der Landau-Theorie (folgende Aufgabe).

660


Ergänzende Anmerkungen: Das Verhalten t ∝ v 2 rechtfertigt im Nachhinein die Vernachlässigung der Terme t v 2 und t v 3 in (30.34). Mitgenommen wurden damit Terme bis zur Ordnung |t|3/2 , weggelassen wurden dagegen Terme der Ordnung |t|2 . Man kann das Integral in (30.35) auch ausrechnen (anstelle der Argumentation mit der Spiegelsymmetrie). Aus dem Ergebnis und den beiden Bedingungen pd (t) = p(t, vgas ) = p(t, vflüss ) können dann die drei Größen pd , vgas und vflüss als Funktionen von t bestimmt werden. ... .. p 6 ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ...... ... ... ....................................................... . .. ... ... ... .. ...... .......... ........ v . ... ... . .. . . . . ... ... ... ... ... ... ......... ................................................ ........... .. ..... ... ... .. ........... .... ....... ... .. . ... ......... .... ...... . ... ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................ ........ ....... ..... ........... ..... ........ . . ..... . . . .... .... . . . . ..... . ............. ... ..... ... .... . .... ... . . ... . ...

.

... .

...

In der Abbildung sind die Isothermen des van der Waals-Gases für t = 0, −0.01 und −0.02 skizziert. Dabei werden die Variablen (30.33) verwendet, aber nicht die Näherung (30.34). Die Maxwellkonstruktion bestimmt die horizontalen Linien für den Übergang flüssig– gasförmig. Das Koexistenzgebiet ist durch die gestrichelte Linie begrenzt. Im gezeigten Bereich weicht diese gestrichelte Linie bereits deutlich von der Parabel pd = −v 2 ab, die sich aus (30.36) mit (30.37) ergibt.

30.9 Landau-Energie für das van der Waals-Gas Betrachten Sie die freie Enthalpie als Funktion der Variablen T , P und V G(T , P , V ) = F (T , V ) + P V

(30.38)

Bei gegebenem T und P ist das Gleichgewicht durch das Minimum von G(T , P , V ) als Funktion von V bestimmt. Das Minimum ist dann das thermodynamische Potenzial G(T , P ) = G(T , P , Vmin ). Zeigen Sie, dass G(T , P , V ) = minimal zur thermischen Zustandsgleichung P = P (T , V ) führt. Betrachten Sie nun speziell das van der Waals-Gas. Setzen Sie die freie Energie v−b 1 1 F (T , V ) = F0 (T ) − N kB T ln +a − vc − b v vc als bekannt voraus, und stellen Sie (30.38) auf. Verwenden Sie die Variablen t, v und p aus (30.33) und entwickeln Sie bis zur Ordnung O(v 4 ) um den kritischen Punkt herum. Vernachlässigen Sie den Term der Ordnung t v 3. Überprüfen Sie, dass diese Entwicklung mit der Entwicklung der thermischen Zustandsgleichung (30.34) konsistent ist. Der vom Ordnungsparameter v abhängige Anteil ist von der Standardform (30.16) der Landau-Theorie 3 G(T , P , V ) = . . . + C hv + 3 t v 2 + v 4 (C = const.) (30.39) 8 Geben Sie das „äußere Feld“ h an. Diskutieren Sie den Gleichgewichtswert des Ordnungsparameters v als Funktion von t für h = 0.

661


Lösung: Das Minimum von G(T , P , V ) als Funktion von V (bei gegebenem P und T ), ∂F ∂G = 0

⇒ P =− ∂V T ,P ∂V T führt unmittelbar zur thermischen Zustandsgleichung. Wir setzen nun die bekannte freie Energie des van der Waals-Gases in (30.38) ein: 1 1 v−b −a − G(T , P , V ) = G0 (T ) + N P v − kB T ln vc − b v vc Der resultierende Ausdruck wird in die Variablen (30.33) umgeschrieben und bis zur Ordnung v 4 entwickelt:

8 3v 3v G = G0 (T ) + N Pc vc 1 + p 1 + v − t + 1) ln 1 + + 3 2 1+v 3v 2 3v 4 3v + + + O(v 5 ) = G0 (T ) + N Pc vc 1 + p + p v − 4 t v 1 − 4 4 8 Es wurden die kritischen Größen vc und kB Tc aus Aufgabe 30.4 verwendet. Der zu t v 3 proportionale Term wird im Folgenden weggelassen. Damit erhalten wir

3 p − 4 t v + 3 t v 2 + v 4 + O(v 5 ) 8 (30.40) Die Gleichgewichtsbedingung (∂ G/∂v )t,p = 0 führt jetzt zur Zustandsgleichung in der Form (30.34); die Entwicklungen dieser und der vorhergehenden Aufgabe sind daher konsistent. Der von v abhängige Anteil (eckige Klammer) ist von der Form (30.39) mit C = N Pc vc und h = p − 4 t = p − pd G(T , P , V ) = G0 (T ) + N P vc + N Pc vc

Im letzten Schritt wurde der Dampfdruck pd = 4 t aus (30.36) verwendet. Damit ist das „äußere Feld“ h proportional zu P − Pd und nicht zu P − Pc . Am kritischen Punkt t → 0 gehen beide Größen gegen null: h → p → 0. Für p = pd (t) ergibt sich das Minimum von (30.39) als Funktion von v bei 0 (t ≥ 0) 3 3 (30.41) 6 t v + v = 0 ⇒ v = √ 2 (t < 0) ±2 −t Die Größe v ist der Ordnungsparameter. Das Pluszeichen gilt für die Gasphase, das Minuszeichen für die flüssige Phase. Die zugeordneten kritischen Exponenten sind β = β = 1/2. Da (30.39) von der Standardform ist, erhält man auch für andere Größen, wie etwa die isotherme Kompressibilität, ein kritisches Verhalten mit den sogenannten Landau-Exponenten. Die Exponenten β, γ und δ stimmen mit den in Aufgabe 30.8 berechneten überein. Wegen t ∝ v 2 konnte der Term t v 3 ∝ v 5 in einer konsistenten Entwicklung bis zur Ordnung v 4 weggelassen werden.

31 Nichtgleichgewichtsprozesse In sehr elementarer Form behandeln wir Nichtgleichgewichtsprozesse, insbesondere Transportphänomene. Als Grundgleichung für die Dynamik von Makrozuständen stellen wir die Mastergleichung vor. In einem einfachen kinetischen Gasmodell berechnen wir eine Reihe von Transportkoeffizienten (etwa für Wärmeleitung oder Diffusion) .

Mastergleichung In einem Ensemble von N Systemen seien die Zustände |1,...., |n, ..., |N vertreten. Die einzelnen Zustände genügen der Schrödingergleichung i h¯ (∂/∂ t)|n = H |n. Für den Dichteoperator (t) ˆ = (1/N ) i |i i | (auch statistischer Operator genannt) folgt hieraus die von Neumann-Gleichung: i h¯

∂ ˆ = H, (t) ˆ ∂t

(von Neumann-Gleichung)

(31.1)

Die Lösung (t) ˆ dieser Gleichung bestimmt die Wahrscheinlichkeiten Pr (t) = r | (t)| ˆ r

(31.2)

Wenn man in (31.1) vollständige Sätze von Mikrozuständen r einschiebt und eine Phasenmittelung vornimmt, erhält man die Mastergleichung: dPr (t) = Wrr (Pr − Pr ) dt

(Mastergleichung)

(31.3)

r

Die Wrr = Wr r sind die Übergangswahrscheinlichkeiten pro Zeit. Auf der rechten Seite stehen der Verlust- und Gewinnterm für die Besetzung des Zustands r. Die Mastergleichung bestimmt die zeitliche Entwicklung eines beliebigen Makrozustands {Pr }. Die Größe S(t) = −kB Pr ln Pr (31.4) r

wird mit den Wahrscheinlichkeiten (28.1) – (28.3) zu der (Gleichgewichts-)Entropie, wie wir sie bisher betrachtet haben. Damit ist (31.4) die Entropie eines beliebigen Makrozustands. Aus der Mastergleichung folgt dS(t) ≥ 0 dt 662 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2_31, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

(31.5)

663

Kapitel 31 Nichtgleichgewichtsprozesse

also der 2. Hauptsatz für ein abgeschlossenes System. Historisch wurde die Größe H = r Pr ln Pr betrachtet, und die Aussage dH (t)/dt ≤ 0 wurde H -Theorem genannt. Das Gleichgewicht wird für S = maximal erreicht; denn dann gibt es keine weitere Änderung makroskopischer Größen. Aus S = maximal und (31.4) folgt, dass die Pr ’s für alle zugänglichen Zustände gleich sind (grundlegendes Postulat). Die Mastergleichung legt eine Zeitrichtung fest; beim Übergang von der von Neumann-Gleichung zur Mastergleichung geht die Zeitumkehrinvarianz verloren (bei der Phasenmittelung). Im klassischen Grenzfall tritt an die Stelle der Pr die Wahrscheinlichkeitsdichte (q1 ,..., qf , p1 ,..., pf , t) im Phasenraum. Aus Newtons Axiomen folgt für dieses die Liouvillegleichung. Die Liouvillegleichung ist das klassische Analogon zur von Neumann-Gleichung. Der Mikrozustand eines klassischen idealen Gases aus N Teilchen (Atome oder Moleküle) ist durch r = (r 1 , v 1 , r 2 , v 2, . . . , r N , v N ) gegeben. Für eine statistische Behandlung von N gleichartigen Teilchen genügt es, die Wahrscheinlichkeitsverteilung f (r, v, t) für ein herausgegriffenes Teilchen anzugeben. Für ein verdünntes Gas können die Verlust- und Gewinnterme durch den Wirkungsquerschnitt für die Streuung zweier Teilchen ausgedrückt werden. In einer einfachen Stoßtermnäherung kann man diese Terme durch δf/τ annähern, wobei δf = f − f0 die Differenz zur Gleichgewichtsverteilung ist. Damit ist τ die Relaxationszeit für die Einstellung des Gleichgewichts. Aus df (r, v, t)/dt = δf/τ folgt die vereinfachte Form ∂ F ∂ ∂ δf (r, v, t) v· + · + f (r, v, t) = − (31.6) ∂r m ∂v ∂ t τ der Boltzmanngleichung. Die Boltzmanngleichung kann als klassisches Analogon der Mastergleichung angesehen werden. Aus der Boltzmanngleichung können die verschiedenen Transportkoeffizienten berechnet werden. Die folgende, vereinfachte Berechnung dieser Koeffizienten entspricht der Näherung (31.6), wobei τ als mittlere Stoßzeit zu interpretieren ist.

Kinetisches Gasmodell In einem elementaren kinetischen Gasmodell bestimmen wir die Transportkoeffizienten für den elektrischen Strom, die Diffusion und die Wärmeleitung. Wir betrachten ein klassisches verdünntes Gas mit der Teilchendichte n = N/V . Die Streuung der Teilchen wird durch den Wirkungsquerschnitt σ bestimmt. Auf einem Weg der Länge l streut ein Teilchen an Nstr = n σ l anderen Teilchen. Für Nstr = 1 ergibt sich hieraus die mittlere freie Weglänge λ und die mittlere Stoßzeit τ : λ= √

1 2 nσ

und

τ= √

1 2 nσ v

(31.7)

Dabei ist v die mittlere Geschwindigkeit der Teilchen; außerdem wurden numerische Faktoren eingesetzt, die sich aus einer genaueren Betrachtung ergeben. Für

664


Luft unter Normalbedingungen gilt n−1/3 ≈ 30 Å ,

v ≈ 440

m , s

λ ≈ 1000 Å ,

τ ≈ 2 · 10−10 s

(31.8)

Die freie Weglänge λ ist deutlich größer als der mittlere Teilchenabstand n−1/3 . Der Übergang von einem Nichtgleichgewichtszustand zum Gleichgewicht erfolgt lokal (in einem Bereich von mehreren λ’s) durch wenige Stöße; insofern bestimmt die Stoßzeit auch die Einstellung des lokalen Gleichgewichts. Die Einstellung des globalen Gleichgewichts wird durch die zu diskutierenden Transportgleichungen beschrieben. Elektrische Leitfähigkeit Das Gas bestehe aus geladenen Teilchen. Ein äußeres elektrisches Feld E beschleunigt ein Teilchen zwischen zwei Stößen in Richtung des Felds. Hieraus ergibt sich eine mittlere Driftgeschwindigkeit vdrift = (q/m)E τ ; es wird vorausgesetzt, dass vdrift klein gegenüber den Geschwindigkeiten der Gasteilchen ist. Für die Stromdichte erhalten wir j = σel E = q n vdrift mit der elektrischen Leitfähigkeit n q2 τ (31.9) m Die Aussage j = σel E wird Ohmsches Gesetz genannt; sie gilt in realen Materialien nur näherungsweise. Ein klassisches Gas wird im Allgemeinen nur teilweise ionisiert sein. Dann ist für n die Dichte der Ionen einzusetzen, während τ sich aus den Stößen an allen Gasteilchen ergibt. Bei der Anwendung auf die beweglichen Elektronen eines Metalls ist die Stoßzeit durch die Stöße der Elektronen am Kristallgitter bestimmt, also durch die Elektron-Phonon-Wechselwirkung. σel ≈

Reibung Wenn eine Kraft F auf die Teilchen des Gases wirkt, dann ist die Driftgeschwindigkeit vdrift = τ F /m. Mit einem Reibungsterm lautet Newtons Bewegungsgleichung m v˙ = F − γ v. Für t → ∞ ist die Lösung dieser Bewegungsgleichung v(∞) = F /γ = vdrift . Hieraus folgt der Reibungskoeffizient γ =

mv λ

(31.10)

Diffusion Die Stöße zwischen den Gasteilchen führen zum Ausgleich einer inhomogenen Dichte. Dieser Vorgang heißt Diffusion. Die Diffusionskonstante D wird durch jz = −D ∂n/∂z definiert. Zusammen mit der Kontinuitätsgleichung n˙ + div j = 0 folgt hieraus die Diffusionsgleichung: ∂ n(r, t) = D n(r, t) ∂t

(31.11)

665


Zur Berechnung des Diffusionsstroms betrachten wir die Teilchen bei z ± λ. Etwa 1/6 der Teilchen kommt von z + λ ohne Stöße nach z, und in umgekehrter Richtung kommt 1/6 der Teilchen von z − λ. Bei konstanter Dichte heben sich diese Beiträge auf. Bei inhomogener Dichte gibt es einen Teilchenüberschuss der Größe δn = λ(∂n/∂z) für die von oben kommenden Teilchen, also einen Beitrag jz ≈ −δn v zur Stromdichte. Inklusive numerischer Faktoren erhalten wir so die Diffusionskonstante vλ D ≈ (31.12) 3 Die oben angegebenen Werte für Luft ergeben dann D ≈ 1.5 · 10−5 m2 /s. Einstein-Relation Sowohl die Reibung (allgemeiner Dissipation) wie auch die Diffusion (allgemeiner Fluktuation) haben ihren Ursprung in den Stößen zwischen den Teilchen. Aus (31.10) und (31.12) folgt γ D ≈ m v 2 /3 = O(1) kB T . Eine genauere Betrachtung bestimmt den numerischen Faktor. Damit erhalten wir die Einstein-Relation γ D = kB T

(31.13)

In allgemeinerem Zusammenhang wird diese Relation auch Fluktuations-Dissipations-Theorem genannt. Wärmeleitung Ein Gradient in der Dichte führte zur Diffusionsstromdichte −D ∂n/∂z, ein Gradient in der Temperatur führt ganz analog zur Wärmestromdichte −κ ∂T /∂z. Anstelle der Diffusionsgleichung erhalten wir dann die Wärmeleitungsgleichung ∂ T (r, t) κ = T (r, t) ∂t nc

(31.14)

Der zugehörige Transportkoeffizient ist die Wärmeleitfähigkeit κ ≈

nλ v c 3

(31.15)

Dabei ist c die spezifische Wärme pro Teilchen. Mit den Werten (31.8) und c = 7kB /2 für Luft ergibt sich κ≈

W 7 n λ v kB ≈ 2 · 10−2 6 Km

(31.16)

Dies gilt für ruhende Luft; meistens wird der Wärmetransport allerdings durch die Konvektion dominiert. Ähnlich niedrige Werte wie in (31.16) erreicht man mit Glaswolle oder Styropor (κ ≈ 4 · 10−2 W/(Km)).

666


Aufgaben 31.1 Kontinuitätsgleichung für Teilchendichte Ein System aus N 1 Teilchen hat die klassische Hamiltonfunktion H =

N pi2 + V (r 1 ,..., r N , t) 2m i=1

Für die Wahrscheinlichkeitsdichte (r 1 ,..., r N , p 1 ,..., p N , t) im 6N -dimensionalen Phasenraum gilt d/d t = 0. Ausgeschrieben ist dies die Liouvillegleichung N ∂ ∂ ∂ + · r˙ i + · p˙ i = 0 (31.17) ∂t ∂ ri ∂p i i=1

Dabei sind ∂/∂ r i und ∂/∂pi die Gradienten bezüglich der Koordinaten r i und der Impulse pi . Leiten Sie aus der Liouvillegleichung eine Kontinuitätsgleichung für die lokale Teilchendichte N δ(r − r i ) (31.18) n(r, t) = d 3N r d 3Np (r 1 ,..., r N , p1 ,..., p N , t) i=1

ab. Dabei ist d 3N r d 3Np das Volumenelement im 6N -dimensionalen Phasenraum. Lösung: Wir multiplizieren die Liouvillegleichung (31.17) mit ren über den gesamten Phasenraum

3N

3N

d rd p

=

∂ n(r, t) + ∂t

∂ + ∂t i=1 N

N

∂ ∂ · r˙ i + · p˙ i ∂ ri ∂p i

d 3N r d 3Np

i=1

N

k

δ(r − r k ) und integrie-

δ(r − r k )

k=1

∂ pi ∂ · · Fi + ∂ ri m ∂pi

N

(31.19) δ(r − r k ) = 0

k=1

Für r˙ i und p˙ i wurden die Hamiltonschen Gleichungen r˙ i =

∂H p = i, ∂pi m

p˙ i = −

∂H ∂V =− = F i (r 1 ,...., r N , t) ∂ ri ∂ ri

verwendet. Im Integral in (31.19) integrieren wir nun partiell. Für eine im Phasenraum lokalisierte Verteilung tragen die Randterme nicht bei. Die Terme mit ∂/∂pi fallen ganz weg, weil die Kräfte F i nur von den Koordinaten, nicht aber von den Impulsen abhängen. In der Ableitung (∂/∂ r i ) k δ(r − r k ) überlebt nur der Term mit k = i. Damit erhalten wir ∂ n(r, t) − ∂t =

d 3N r d 3Np (r 1 ,..., r N , p 1 ,..., p N , t)

∂ n(r, t) +∇· ∂t

N pi i=1

m

d 3N r d 3Np (r 1 ,..., r N , p1 ,..., pN , t)

·

∂ δ(r − r i ) ∂ ri

N pi i=1

m

δ(r − r i ) = 0

667


Im letzten Schritt haben wir ∂/∂ r i durch −∂/∂ r = −∇ ersetzt und vor das Integral gezogen. Damit erhalten wir die Kontinuitätsgleichung ∂ n(r, t) + ∇ · n(r, t) v(r, t) = 0 (31.20) ∂t mit dem mittleren Geschwindigkeitsfeld v(r, t) =

1 n(r, t)

d 3N r d 3N p (r 1 ,..., r N , p 1 ,...., pN , t)

N pi i=1

m

δ(r − r i )

Die Liouvillegleichung (31.17) ist Ausgangspunkt zur Herleitung klassischer Transportgleichungen.

31.2 Lösung der Diffusionsgleichung Führen Sie in der Diffusionsgleichung ∂ n(r, t) = D n(r, t) ∂t eine Fouriertransformation im Ort durch. Integrieren Sie die noch verbleibende zeitliche Differenzialgleichung. Spezialisieren Sie die Lösung auf die Anfangsbedingung n(r, 0) = N δ(r), und geben Sie hierfür die Lösung n(r, t) an. Lösung: Wir schreiben zunächst die Fouriertransformation der Teilchendichte an: $ n(q, t) = d 3 r n(r, t) exp(−i q · r) (31.21) n(r, t) =

1 (2π)3

d3q $ n(q, t) exp(i q · r)

(31.22)

Die Verteilung der Vorfaktoren ist Konvention. Die Fouriertransformation der Diffusionsgleichung ergibt ∂$ n(q, t) n(q, t) = −D q 2 $ ∂t Dies ist eine gewöhnliche Differenzialgleichung in der Zeit, die leicht integriert werden kann:

$ n(q, t) = $ n(q, 0) exp −D q 2 t Wir schreiben (31.21) für die gegebene Anfangsbedingung an: $ n(q, 0) = d 3 r n(r, 0) exp(−i q · r) = N d 3 r δ(r) exp(−i q · r) = N Die Fourierrücktransformation (31.22) mit $ n(q, t) = N exp(−D q 2 t ) ergibt die gesuchte Lösung:

N N r2 3 2 n(r, t) = d q exp −D q t + i q · r = exp − (2π)3 (4π D t)3/2 4D t 3 Diese Lösung genügt der Normierung d r n(r, t) = N.

668


31.3 Temperaturschwankung im Erdboden An der Erdoberfläche ist die jahreszeitliche Schwankung der Temperatur T (z = 0, t ) = T0 + A sin(ω0 t) Dabei ist A = 10 oC und 2π/ω0 = 1 Jahr. Es soll die Temperaturverteilung T (z, t) im Erdboden untersucht werden; z bezeichnet die Tiefe. Lösen Sie die Wärmeleitungsgleichung mit einem geeigneten Separationsansatz. In welcher Tiefe muss ein Weinkeller angelegt werden, in dem die Temperaturschwankung kleiner als 1 oC sein soll? In welcher Tiefe ist es im Winter am wärmsten? Die Erdwärme kann außer Acht gelassen werden, da es hier nur auf einen Bereich von einigen Metern Tiefe ankommt. Die Temperaturleitzahl für den Erdboden liegt bei κ/nc ≈ 7 · 10−7 m2/s. Lösung: Für T = T (z, t) lautet die Wärmeleitungsgleichung ∂ T (z, t) κ ∂ 2 T (z, t) = ∂t nc ∂ z2 Um die Anfangsbedingung zu erfüllen, muss die Frequenz im Separationsansatz T (z, t) = C exp(iω0 t) exp(a z)

(31.23)

mit ω0 übereinstimmen. Die physikalische Temperatur ergibt sich durch Realteilbildung; der Einfachheit halber nehmen wir eine reelle Konstante C an. Einsetzen in die Wärmeleitungsgleichung ergibt ω0 nc 1 + i κ 2 i ω0 =

⇒ a = ± √ a nc κ 2 Da z die Tiefe bezeichnet, kommt nur das Minuszeichen in Frage; für das Pluszeichen würde die Wärmeschwankung für z → ∞ divergieren. Die Anfangsbedingung enthält ein sin(ω0 t). Um dies befriedigen zu können, müssen wir von (31.23) mit einer reellen Konstanten C den Imaginärteil nehmen. Mit dem soeben bestimmten a erhalten wir dann ω0 nc ω0 nc T (z, t) = T0 + A exp − z sin ω0 t − z 2κ

2κ

Die Konstanten wurden so gewählt, dass die Anfangsbedingung erfüllt ist. In der Tiefe z = mit =

2κ ≈ 2.6 m ω0 nc

ist die Amplitude der Temperaturschwankung auf den e-ten Teil abgefallen; hierbei wurden ω0 = 2 · 10−7 /s und κ/nc ≈ 7 · 10−7 m2 /s eingesetzt. Die beiden gefragten Tiefen sind: exp(−z1 /) = 1/10 z2 / = π

−→

z1 ≈ 6.1 m

−→

z2 ≈ 8.3 m

Im Winter (ω0 t ≈ 3π/2, sin(ω0 t) minimal) liegt das erste Maximum von sin(ω0 t − z/) bei ω0 t − z/ ≈ π/2. Die Temperaturleitzahl hängt von der Bodenbeschaffenheit ab; insofern sind die angegebenen Längen nur Richtwerte.

Register Abkürzungen

A

BS IS KS LT p.I. SI

Aberration, 132, 245, 258 abgeschlossenes System, 26, 519 Abplattung der Erde, 83 absoluter Nullpunkt, 524 Absorption, 282–284, 461–462 Absorptionskoeffizient, 281 Abstrahlung oszillierende Ladungsverteilung, 245–246 Schwingkreis, 250 Additionstheorem der Geschwindigkeiten, 126 adiabatische Entmagnetisierung, 614 – = 0), 521, 549 adiabatischer Prozess ( dQ adjungierter Operator, 315, 411 adjungierter Vektor, 409–410 aktive Transformation, 6 allgemeine Lösung Laplacegleichung, 166 Maxwellgleichung, 223–224 Ammoniakmolekül, 417 Ampère-Gesetz, 209 Ampere, 159 Amplitude, 14 antihermitescher Operator, 329 Antisymmetrisierungsoperator, 488 Äquipotenzialfläche, 160 Äquivalenz von Masse und Energie, 129 Arbeit, 3, 521–522 Atom Übergänge, 461–462 Schalenmodell, 489 Wasserstoffatom, 381–382, 460–461 Atomkern, Schalenmodell, 489 Ausdehnungskoeffizient, 548 Auswahlregeln, 462, 475–477

Bezugssystem Inertialsystem Koordinatensystem Lorentztransformation partielle Integration Système International d’Unité (MKSA-System) Spezielle Relativitätstheorie Vollständiger orthonormierter Satz von Funktionen quasistatisch reversibel

SRT VONS q.s. rev

Einheiten A Å C eV fm GeV J K Pa N V W

Ampere Ångström, 1 Å = 10−10 m Coulomb, 1 C = 1 As Elektronenvolt, 1eV = 1.6 · 10−19 J Fermi, 1 fm = 10−15 m Gigaelektronenvolt, 109 eV Joule, 1 J = 1 Nm Kelvin, Tt = 273.16 K Pascal, 1 Pa = 10−5 N/m2 Newton, 1 N = 1 kg m/s2 Volt, 1 V = 1 J/C Watt, 1 W = J/s

Symbole = const. ≡ := (5.20)

=

= & ∝ ≈ ∼ = O(...)

gleich einer konstanten Größe identisch gleich oder definiert durch dargestellt durch, z. B. r := (x, y, z) ergibt mit Hilfe von Gleichung (5.20) entspricht proportional zu ungefähr gleich von der Größenordnung von der Ordnung oder Größenordnung

B Bahnkurve, 1 Balkenbiegung, 117–118 Bändermodell, 366–368 barometrische Höhenformel, 563–565, 586

669 T. Fließbach, H. Walliser, Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, DOI 10.1007/978-3-8274-2833-2, © Spektrum Akademischer Verlag Heidelberg 2012

670 Benzolmolekül, 421 Bernoulli-Gleichung, 119, 124 Besetzungszahlen, 606, 607 Beugung, 295–296 bewegte Uhren und Maßstäbe in der SRT, 127–128 Bewegungsgleichung Eulersche Gleichungen, 76–77 für Drehimpuls, 5 Hamiltonsche Gleichungen, 105–106 kanonische Gleichungen, 105–106 Lagrangegleichungen 1. Art, 21–23 Newtonsche B., 1–3 relativistische B. eines Massenpunkts, 128–129 Bildladung, 162, 183–186 Bohrscher Radius, 381 Bohrsches Atommodell, 403 Boltzmann -faktor, 583 -gleichung, 663 -konstante, 529 Born-Oppenheimer-Näherung, 491–492 Bornsche Näherung, 463–464 Bose-Einstein-Kondensation, 607–608 Bosegas (ideales), 607–608, 627–630 Boson, 487, 607 bra, 410 Brachistochrone, 42–43 Bragg-Bedingung, 270 Brechung, 296–298 Brechungsgesetz, 297 Brechungsindex, 280 Breite (einer Verteilung), 317 Brewster-Winkel, 298 Butadienmolekül, 418

C Carnotprozess, 550, 570 Cauchy-Riemannsche Differenzialgleichungen, 164 Celsius-Skala, 528 Chandrasekhar-Grenzmasse, 491 chemische Reaktion, 553 chemisches Potenzial, 551–554 Clausius-Clapeyron-Gleichung, 552 Clebsch-Gordan-Koeffizient, 433 Comptoneffekt, 320–321 Corioliskraft, 7, 18 Coulombkraft, 158–159

Register Coulombpotenzial, 59–60, 159 gebundene Lösungen, 381–382 Wirkungsquerschnitt, 464 CP-Verletzung, 426 Curie-Gesetz, 602 Curie-Weiss-Gesetz, 644

D d’Alembert, Lösungsmethode nach, 122 d’Alembert-Operator, 147 Dampfdruckkurve, 552, 645–646 Dämpfung Welle in Materie, 281 Darstellungen der Schrödingergleichung, 412 der Wellenfunktion, 316 Matrix-, 410 von Operatoren, 410 darstellungsunabhängige Operatoren, 408 Debye-Modell, 611, 637 Debye-Temperatur, 611 Deltafunktion, 145, 154–157 Deltapotenzial, 360 Determiniertheit, 318 deterministisches Chaos, 58 Deuterium, 619 Deuteron, 386, 388 Diagonalisierung, 411–412 Diamagnetismus, 279 Dichteoperator, 449, 662 dielektrische Funktion, 275 dielektrische Verschiebung, 276 Dielektrizitätskonstante, 275, 278–279 Dieterici-Gas, 657–658 Differenzial, vollständiges, 545–546 differenzieller Wirkungsquerschnitt, 377 Diffusion, 514, 664–665 Diffusionsgleichung, 514, 667 Dipolauswahlregeln, 462, 475–477 Dipolmoment, 167 Energie im äußeren Feld, 168, 209 induziertes, 459 Dipolstrahlung, 245–246 magnetische, 262–264 diskreter Eigenwert, 335 Dispersion, 282–284, 335 Dispersionsrelation, 101, 281 Dissipation, 665 dissipative Kraft, 3–4, 26 Distributionen, 145 Divergenz, 143–144

Register Doppelbrechung, 298 Doppelpendel, 33, 96 Doppelspaltexperiment, 296 Dopplereffekt, 244 Drehbewegung (starrer Körper), 73–78 Drehimpuls, 3 Bewegungsgleichung, 5 -erhaltung, 5 mit Operatorenmethode, 429–430 Operatoren, 373–374 Eigenfunktionen, 374 Eigenzustände, 429–430 in Kugelkoordinaten, 373 Drehinvarianz, 343 Drehmoment, 3, 5 Drehoperator, 373 dreidimensionaler Oszillator, 337–338 Driftgeschwindigkeit, 664 Drosselversuch (Gay-Lussac), 549 Druck, 522 Zusammenhang mit der Energie, 607 Drude-Modell, 278 Duhem-Gibbs-Relation, 551, 575 Dulong-Petit-Gesetz, 611

E ebene Welle, 240–242, 359 Entwicklung nach Kugelfunktionen, 377 in Materie, 280–281 effektive Reichweite, 389–390 Ehrenfest, Klassifizierung von Phasenübergängen, 643 Ehrenfest-Gleichungen, 340, 356 Eichinvarianz, 321 Eichtransformation, 39–40, 321 Eichung, 321 Eigenfrequenz, 91 Eigenfunktionen, 334–335 Drehimpulsoperator, 374 simultane, 341–342 Eigenschwingung, -mode, 91 Eigenvektoren, 334 Eigenwertbedingung, 361, 376 Eigenwerte, 334–335 diskrete, 335 hermitescher Operator, 338 kontinuierliche, 335 Trägheitstensor, 75–76 und Messgrößen, 340–342 Eigenwertgleichung, 334–335

671 eindimensionaler Oszillator, 337 Einstein Bose-Einstein-Kondensation, 607–608 -Modell, 638 -Relation, 665 Spezielle Relativitätstheorie, 125–130 elektrische Feldstärke, 159 elektrische Leitfähigkeit, 278–283, 288, 664 elektrisches Feld, 159 elektromagnetische Masse, 257 elektromagnetische Wellen, 240–243 elektromagnetisches Feld, 130, 314 elektromagnetisches Spektrum, 241 Elektronen, Übergänge, 461–462 Elektronengas, 609–610 Metall, 490 Weißer Zwerg, 491 Elektrostatik, 158–168 elektrostatische Energiedichte, 160 elektrostatisches Potenzial, 159 Emission, 461–462 endlicher Potenzialtopf, 360–361, 375–376 Energie elektrostatische, 160 -erhaltung, 4, 22, 24, 343 1. Hauptsatz, 521–522 freie, 546–547 kinetische, 3–4 Messung, 528 potenzielle, 3–4 relativistische, 129 starrer Körper, 74–75 thermodynamisches Potenzial, 546–547 Wärme und Arbeit, 521–522 Energiebilanz Maxwellgleichungen, 222–223 in Materie, 276 Streuung, 61 Energiedichte elektromagnetisches Feld, 222, 276 elektrostatische, 160 Energieschwankung, 587 Energieverlust durch Abstrahlung Schwingkreis, 250 Strahlungskraft, 246 Energie-Zeit-Unschärfe, 317–318 Ensemble großkanonisches, 582–584 kanonisches (Gibbs-), 582–584 mikrokanonisches, 582–584 statistisches, 519, 582–584 Entartung und Symmetrie, 338

672 Enthalpie, 546–547 freie, 546–547 Entropie, 523–524 allgemeiner Makrozustand, 589, 662 Messung, 529 Entwicklung der ebenen Welle nach Kugelfunktionen, 377 nach einem VONS, 409 EPR-Paradoxon, 342 Erdatmosphäre, 563–565 Erde (Abplattung), 83 Ereignis, 6 Erhaltungsgröße, 343 Errorfunktion, 512 Ersetzungsregeln, 312, 313, 330 erstes Integral der Bewegung, 25 Erwartungswerte, 314–317 Zeitabhängigkeit, 340 erzeugende Funktion der hermiteschen Polynome, 350 erzwungene Schwingung, 13–15 Euler-Lagrange-Gleichung, 37–39 Eulersche Gleichungen des starren Körpers, 76–77 Eulerwinkel, 73–74 Expansion, 548–549 adiabatische quasistatische, 549 freie, 549 Joule-Thomson, 549 extensive Größe, 545 Extremalbedingung (Thermodynamik), 523, 547, 563 Exzentrizität (Kegelschnitt), 57

F Fakultät, 510 Faradayscher Käfig, 162 Faradaysches Gesetz, 221–222 Fehlerfunktion, 512 Felddefinition elektrisches Feld, 159 Felder in Materie, 273–274 magnetisches Feld, 207–208 Feldgleichung Elektrostatik, 159–160 Magnetostatik, 208–209 Maxwellsche, 221–223 Feldlinien, 160 Feldstärketensor, 225 Feldtheorie, 116–120

Register Fermatsches Prinzip, 307–309 Fermi -druck, 491, 610 -energie, 609 -gas, 487–491, 630–635 ideales Fermigas, 609–610 Fermion, 487 Ferromagnetismus, 279, 643–644 Figurenachse, 77 Flächensatz, 3 Floquet-Theorem, 357–358, 366 Fluktuationen des Ordnungsparameters, 649 Fluktuationen (Diffusion), 665 Fluktuations-Dissipations-Theorem, 665 Formfaktor, 270, 484–486 Fraunhofersche Beugung, 294–295 freie Energie, 546–547 Landau-Theorie, 648 Zusammenhang mit Zustandssumme, 584 freie Enthalpie, 546–547 freie Expansion, 549 freie Schrödingergleichung, 313, 334–335 freie Weglänge, mittlere, 663–664 Fresnelsche Formeln, 297–298, 302–306

G Galileitransformation, 5–6 Gammafunktion, 510 Gas Bose-, 607–608 Dieterici-, 657–658 Fermi-, 609–610 ideales, 520–521 kinetisches Gasmodell, 663–664 -konstante, 529 Quanten-, 606–607 van der Waals, 548, 605–606, 645–646 verdünntes klassisches, 605–606 zweiatomiges, 603–604 Gaußscher Satz, 144 Gaußsches Gesetz, 159 Gauß-System, 158–159 Gay-Lussac-Drosselversuch, 549 gedämpfter harmonischer Oszillator, 13–15, 90–91 Gefrierpunkterniedrigung, 552–553 Geiger-Nuttall-Gesetz, 362 generalisierte Koordinaten, 23–24 geometrische Optik, 298–299 Gesetz der großen Zahl, 508

673

Register Gibbs Duhem-Gibbs-Relation, 551 -Ensemble (kanonisches), 584 -Paradoxon, 600 -Potenzial (freie Enthalpie), 546–547 Ginzburg-Landau-Theorie, 649 Gitterschwingungen, 100, 102, 610–611 gleichförmig bewegte Ladung, 243–244 Gleichgewicht, 519–520 bei Teilchenaustausch, 552 bei Wärmeaustausch, 523–524 Einstellung des, 662–663 lokales, 524 Phasen-, 552, 642 Gleichgewichtszustand, 519–520, 545 Gleichverteilungssatz, 586 Gleichzeitigkeit, 128 Goeppert-Mayer, 472 Gradient, 143–144 Grenzflächenbedingungen, 277 großkanonisches Ensemble, 582–584 großkanonisches Potenzial, 551 grundlegendes Postulat, 518–520 Gruppengeschwindigkeit, 282, 335 gyromagnetisches Verhältnis, 209

H halbklassische Näherung (WKB), 361–362 Halbwertszeit, 362 Hamilton-Jacobi-Gleichung, 108 Hamiltonformalismus, 105–108 Hamiltonfunktion, 105 Hamiltonoperator, 313 Hamiltonsche Gleichungen, 105–106 Hamiltonsches Prinzip, 39–40, 106, 116, 120 harte Kugel, 71 Hauptachsentransformation, 75–76 Hauptquantenzahl, 380, 381 Hauptsatz dritter, 525 erster, 521–522 zweiter, 524–525 Heisenbergbild, 428–429 Oszillator im H., 429 Heisenbergsche Unschärferelation, 317–318 Heitler-London-Ansatz, 492 Helium flüssiges 4 He, 646–647 He I, He II, 646 Heliumatom, 490, 496–498 Helmholtz-Spulen, 216–217

hermitesch adjungiert, 410 hermitesche Polynome, 337, 350 hermitescher Operator, 315–317, 411 Hilbertraum, 408–410 -vektor, 409 Höhenformel, barometrische, 586 Hohlraumwelle, 242–243 holonome Nebenbedingung, 38–39 holonome Zwangsbedingung, 21 Homogenität des Raums, 26–27 H -Theorem, 662–663 Hundsche Regel, 496 Huygenssches Prinzip, 294–295 Hydrodynamik, 118–119 Hyperbelbahn, 57

I ideale Flüssigkeit, 118 idealer Wirkungsgrad, 550 ideales Bosegas, 607–608, 627–630 im Oszillator, 628 in 2 Dimensionen, 629 ideales einatomiges Gas, 586 ideales Fermigas, 487–491, 609–610, 630–635 ideales Gas, 487, 520–521 ideales Quantengas, 606–607 ideales Spinsystem, 602 ideales zweiatomiges Gas, 603–604 identische Teilchen, 488 Impuls -erhaltung, 4 Schwerpunkt-, 4 verallgemeinerter, 25 Impulsdarstellung, 316, 324–327 Impulsdichte elektromagnetisches Feld, 223 Impulsmessung, 316 Impulsverteilung, ideales Gas, 585 Induktion, 221, 227–229 Induktionsgesetz, 221–222 induzierte Emission, 461–462 induzierte Felder und Quellen, 273 induziertes Dipolmoment, 459 Inertialsystem, 1 inkohärente Streuung, 249 Inkompressibilität (Materie), 488, 610 Integral der Bewegung, 25 Integralformel elektrostatisches Potenzial, 159 Vektorpotenzial, 209

674 intensive Größe, 545 Interferenz, 295–296, 319–320 inverses Streuproblem, 379 Inversionskurve Joule-Thomson-Prozess, 569 Irreversibilität, 526–527 Isolator, 278 Dispersion und Absorption, 282–283 isoperimetrische Nebenbedingung, 38 Isotopentrennung, 597 Isotopenverschiebung, 468 Isotropie des Raums, 26–27

J Jensen, 472 Joule-Thomson-Prozess, 549, 569

K kanonische Gleichungen, 105–106 kanonische Zustandssumme, 584 kanonisches Ensemble, 582–584 Kaonen, 424–426 Kapazität, 163 Kastenpotenzial, 375–376 unendlich hohes, 336 Kelvinskala, 528 ket, 410 kinetische Energie, 3–4 Labor- und Schwerpunktsystem, 129 starrer Körper, 74–75 kinetisches Gasmodell, 663–664 klassische Systeme, 585 klassische Zustandssumme, 585 klassischer Mikrozustand, 518–519 Klein-Gordon-Gleichung, 312, 405–407, 473 kleine Schwingungen, 90–92 kohärente Streuung, 249 kohärenter Zustand, 428, 439–441 kommensurable Messgrößen, 341–342 Kommutator, 314 Drehimpulsoperatoren, 373 komplementäre Größen, 317 komplexe Funktion und Potenzialproblem, 164 komplexer Brechungsindex, 280 komplexes Potenzial, 323 Kompressibilität, 548, 556 Kompression, 548–549 Kondensat, 628

Register Kondensator, 163 konservative Kraft, 3–4 kontinuierliche Basis, 410 kontinuierlicher Eigenwert, 335 kontinuierliches Spektrum, 339 Kontinuitätsgleichung, 207, 314, 323–324 Kontinuumsmechanik, 116–120 konvektives Gleichgewicht, 563–565, 598 Koordinaten krummlinige, 25 verallgemeinerte, 23–24 zyklische, 24–25 Kopplung von Drehimpulsen, 432–433 Kopplung zweier Spins, 433 Korrelationslänge, 649 kovariante Form der Maxwellgleichungen, 224–226 Kraft Coulomb-, 158–159 dissipative, 3–4, 26 innere, äußere, 4 konservative, 3–4 Lorentz-, 221, 226 magnetische, 207–208 Messung, 2 thermodynamische, 546 verallgemeinerte, 522 Kreisel, kräftefreier symmetrischer, 77 Kreisprozess, 550 Kristallmodell, 100–104 kritische Exponenten, 650, 658–661 kritische Opaleszenz, 649 kritische Phänomene, 647–650 kritische Temperatur, 644 kritischer Punkt, 642, 645–646 krummlinige Koordinaten, 25 Kugelfunktionen, 164–166, 201–202, 374 Kugelvolumen, n-dimensional, 532 Kugelwelle, 246

L Labor- und Schwerpunktsystem (relativistisch), 129 Laborsystem (Streuung), 60–61 Ladung Lorentzskalar, 224–225, 256–257 Messung, 158–159 Ladungsdichte, 159 Ladungsformfaktor, 484–486 Lagrangedichte, 116, 120, 124 Lagrangeformalismus, 21–26

Register Lagrangefunktion, 24–26 Äquivalenz von, 35, 51 relativistische, 130 Teilchen im elektromagnetischen Feld, 25, 32 Lagrangegleichungen 1. Art, 21–23 Lagrangegleichungen 2. Art, 23–24 Laguerre-Polynome, 380, 382 Lambda-Übergang, 646–647 Landau-Eichung, 321 Landauniveau, 400–401 Landau-Theorie, 647–649, 660–661 Landau-Wilson-Theorie, 650 Längenkontraktion, 127 Längenmessung (SRT), 127 Langwellennäherung, 461 Laplacegleichung, allgemeine Lösung, 166 Laplaceoperator, 144 Larmorfrequenz, 405 Legendrepolynome, 165–166, 192–195 Leistung, 3 Leitfähigkeit, 278–283, 288, 664 Lennard-Jones-Potenzial, 346, 624 Lenzscher Vektor, 65 Levinson-Theorem, 379–380 Lichtgeschwindigkeit, 125, 208 lineare Kette, 98, 635 linearer Response, 274–275 Liouvillegleichung, 663, 666–667 Liouvillescher Satz, 113 Lissajoussche Figuren, 64 lokales Gleichgewicht, 524 longitudinale Welle, 119 Lorentzinvarianz der Ladung, 224–225 Lorentzkraft, 221, 226 Lorentzmodell, 277–279 Lorentztensor, -skalar, -vektor, 146–147 Lorentztransformation, 125–126, 146 Lorenzeichung, 223 Loschmidt-Konstante, 529 Lösungsmethode nach d’Alembert, 122 Lotto, 510 Lussac, Gay-Lussac-Drosselversuch, 549

M magische Zahlen, 489 Magnetfeld, Bewegung im, 400 magnetische Feldstärke, 276 magnetische Suszeptibilität, 602, 644 magnetisches Dipolmoment, 209 magnetisches Feld, 207–208

675 magnetisches Kraftgesetz, 207–208 Magnetisierung, 542, 633, 634, 643–644 Magnetostatik, 207–209 makroskopisch, 519–520 makroskopische Maxwellgleichungen, 275–276 makroskopische Responsefunktion, 274–275 Makrozustand, 519–520 Masse, Messung, 2 Massenpunkt, 1 Massenwirkungsgesetz, 553, 620, 621 Maßsystem, 158–159 Mastergleichung, 662–663 Matrixdarstellung, 410 Spin, 430–431 Matrixdiagonalisierung, 411–412 maximale Signalgeschwindigkeit, 282 Maxwell -Relationen, 546 -konstruktion, 645–646, 654–657 Geschwindigkeitsverteilung, 585 Maxwellgleichungen, 120, 221–223 allgemeine Lösung, 223–224 in Materie makroskopische, 275–276 mikroskopische, 273–274 kovariante Form, 225–226 Maxwellscher Verschiebungsstrom, 222 Maxwellverteilung, 593–595 Messgröße und Eigenwerte, 340–342 Messgröße und Operator, 340–342 Messgröße, makroskopische, 527–529 Messprozess und Unschärferelation, 318 Messung (quantenmechanische), 340–342 Streuexperiment, 342 und Erwartungswert, 316 Metall, 278, 490 Dispersion und Absorption, 283 Michelsonexperiment, 125 mikrokanonische Zustandssumme, 520 mikrokanonisches Ensemble, 582–584 mikroskopisch, 519–520 mikroskopische Responsefunktion, 274 Mikrozustand, 518–519 Minimalbedingung, 547 minimale Substitution, 322 Mittelwert (Statistik), 507 Mittelwert einer Messung, 315 mittlere Besetzungszahlen, 607 mittlere freie Weglänge, 663–664 mittlere quadratische Abweichung, 317 mittlere Stoßzeit, 663–664

676 MKSA-System, 158–159 Molekülorbital, 492, 500 monochromatische, ebene Welle in Materie, 280–281 Morsepotenzial, 504–505 Mößbauereffekt, 249 Multipolmomente kartesische, 167 sphärische, 168 Myon (Lebensdauer), 132

N natürliche Variable, 546 Nernstsches Theorem (3. Hauptsatz), 525 Neumann, von Neumann-Gleichung, 662 Newtons Axiome, 1–3 Nichtgleichgewichtsprozesse, 662–665 Nichtlokalität der QM, 342 Nichtunterscheidbarkeit, 488 Nilsson-Modell, 402 Noethertheorem, 40–41 Normalbedingungen, 529 Normalkoordinaten, 92 Normalverteilung, 508 Normierung, 313, 314 der Stromdichte, 314 Nullpunkt, absoluter, 524 numerische Lösung der Poissongleichung, 163, 177–179, 188–189 Nutation, 78

O Ohmsches Gesetz, 278, 664 Opaleszenz, kritische, 649 Operator, 314–317 adjungierter, 315, 411 hermitescher, 315–317, 411 im Heisenbergbild, 428 im Hilbertraum, 410–411 selbstadjungiert, 315 unitärer, 411, 414 Operator und Messgröße, 340–342 Operatorenmethode, 427–433 Optik, 294–299 geometrische, 298–299 optische Konstanten, 280 optischer Weg, 299 optisches Theorem, 379 Ordnungsparameter, 648 Fluktuationen, 649

Register orthogonale Koordinaten, 143–144, 149–151 orthogonale Transformation, 144 Orthonormierung, 338–339 kontinuierliches Spektrum, 339 Orthowasserstoff, 604 Ortsdarstellung, 316 Ortsmessung, 312, 315 osmotischer Druck, 553 Oszillator anharmonisch, 11 anisotroper, 401–402 dreidimensionaler, 337–338 eindimensionaler, 337 Erhaltungsgrößen, 54 gedämpfter harmonischer, 13–15, 90–91 im Heisenbergbild, 429 mit Operatorenmethode, 427–428 sphärischer, 63, 380–381 Symmetrie und Erhaltungsgröße, 54 Wellenpaket im O., 428 zweidimensionaler, 397 oszillierende Ladungsverteilung (Abstrahlung), 245–246

P Parabelbahn, 57 Paraelektrikum, 279 Paramagnetismus, 279 Paulischer, 633–635 Parameter (Kegelschnitt), 57 Parawasserstoff, 604 Paritätserhaltung, 343 Paritätsoperator, 335 Partialdruck, 537 Partialwellenzerlegung, 377–379 partikuläre Lösung der Maxwellgleichungen, 224 Paschen-Back-Effekt, 471 passive Transformation, 6 Pauli-Gleichung, 431–432 Pauli-Matrizen, 431, 448 Pauli-Prinzip, 488 Paulischer Paramagnetismus, 633–635 Pendel, 12, 21 Doppel-, 33, 96 Penetrabilität, 361–362 Periheldrehung, 67–69 periodische Störung, 461

677

Register periodisches Potenzial, 357, 366 permanentes elektrisches Dipolmoment, 279 Permeabilitätskonstante, 279 perpetuum mobile 1. Art, 549 2. Art, 549–550 Phase, 13, 14 Phasendiagramm, 552 4 He, 646 Phasengeschwindigkeit, 280 Phasengleichgewicht, 552, 642 Phasenraum, 106, 336, 518–519, 530 Phasenraumvolumen, 106, 336 Phasenübergang, 642–650 mikroskopische Berechnung, 643 Phasenverschiebung, 281 Phononen, 610–611 Phononengas, 610–611, 637–639 Photoeffekt, 479–481 Photonen, 241–242 Emission, Absorption, 461–462 Photonengas, 611–613 pionisches Atom, 473 Plancksche Strahlungsverteilung, 612 Plasma (Dispersion und Absorption), 284 Platonisches Jahr, 78 Poissongleichung, 159 Poissonklammer, 107 Poissonverteilung, 513 Polarisation, 241, 280, 449 elliptisch, 241 linear, zirkular, 241 Polarisationsgrad, 449 Polarisierbarkeit elektrische, 167, 248 magnetische, 279 Polkegel, 77 Potenzial, 3–4 Atom-Atom-, 624 elektrostatisches, 159 komplexes, 323 periodisches, 357, 366 retardiertes, 224 thermodynamisches, 546–547 Vierer-, 225 Potenzialbarriere, 359 Potenzialströmung, 190–191 Potenzialtopf endlicher, 360–361, 375–376 Reflexion und Transmission, 370 unendlicher, 336, 376 potenzielle Energie, 3–4

Potenzverhalten, kritische Exponenten, 650, 658–661 Poynting-Theorem, 222 Poyntingvektor, 222, 276 Präzession Erdachse, 78 Spin-P. im Magnetfeld, 431–432 Produktwellenfunktion, 337 Produktzustand, 337 Prozess – = 0), 521, 549 adiabatischer ( dQ quasistatischer, 522, 526

Q Quadrupolmoment, 168 Quadrupolstrahlung, 262–264 Quantengas Bosonen (m = 0), 607–608 Fermionen, 609–610 ideales, 606–607 Phononen, 610–611 Photonen, 611–613 verdünntes, 607 Quantenkorrekturen, 607 quantenmechanische Dispersion, 335 Quantenzahlen, 336, 337, 518 Quantenzahloperator (Oszillator), 428 Quantisierung des elektromagnetischen Felds, 241–242, 462 quasistatische Näherung, 250 quasistatischer Prozess, 522, 526

R radiale Quantenzahl, 380, 381 Raman-Spektrum, 499 Randbedingung (Metall), 161 random walk, 508 Randwertproblem, 161–164 Rapidität, 126 räumliche Mittelung, 274, 275 Rayleigh-Jeans-Gesetz, 612 Rayleighsche Dissipationsfunktion, 26 Rayleighstreuung, 249 Reaktionsgleichgewicht, 553 Reduktion zum Einteilchenproblem, 374 Reduktion zur Radialgleichung, 374 reelle Eigenwerte, 338 Reflexion, 296–298 Reflexionsgesetz, 297 Reflexionskoeffizient, 298

678 Reflexivität im Sichtbaren (Metall), 283 Regenbogen, 304–306 Reibungskoeffizient, 664 Reibungskraft, 26 Reichweite, effektive, 389–390 relativistisch Bewegungsgleichung, 128–129 Energie, 129 Mechanik, 125–130 relativistische Korrekturen im Wasserstoffatom, 460–461 Relativität der Raum-Zeit, 26–27 Relativitätsprinzip, 125 Relativitätstheorie Spezielle, 125–130 Renormierungsgruppentheorie, 650 Resonanzfluoreszenz, 249 Resonanzfrequenz, 14 Response, linearer, 274–275 Responsefunktion, 274–275 makroskopische, 274 mikroskopische, 274 retardierte Potenziale, 224 Reversibilität, 526–527 Richardsoneffekt, 632 Riemannsche Zetafunktion, 628, 630 Rotation Drehbewegung, 73–78 Molekül, 604, 619–620 Tensoranalysis, 143–144 Rotationsoperator, 373 Rotationssymmetrie, 26–27 rotierendes Bezugssystem, 6–7 Rotverschiebung, 244 Rutherford-Wirkungsquerschnitt, 59–60, 464 Rutherfordstreuung, 69 Rydbergkonstante, 382

S Saitenschwingung, 116–117, 121–123 Schalenmodell Atom, 489 Atomkern, 471–472, 489, 493–495 Schallgeschwindigkeit, 119, 556 Schallwellen, 119 Schrödingergleichung, 120, 311–314 Darstellungen der S., 412 freie, 313, 334–335 in einem Unterraum, 463

Register zeitabhängige, 340 zeitunabhängige, 334 Schrödingers Wellenmechanik, 311–318 Schwankung, 507 schwarzer Körper, 612 schwere Masse, 2 Schwerpunkt, 4 Impulserhaltung, 4 Schwerpunktsystem (Streuung), 60–61 Schwingkreis, 250, 272 Schwingung erzwungene, 13–15 kleine, 90–92 Saite, 116–117 Seifenhaut, 43–45 selbstadjungierter Operator, 315, 411 semiklassische Näherung (WKB), 361–362 Siedepunkterhöhung, 552–553 Siedetemperatur, 552 simultan messbar, 341–342 simultane Eigenfunktionen, 341–342 Singulettzustand, 433 Skalar, -feld orthogonale Transformation, 144 skalares (elektrostatisches) Potenzial, 159 Skalarprodukt Hilbertraum, 408 Skalengesetze, 650 Skineffekt, 283 Slater-Determinante, 488 Solarkonstante, 641 Spektrallinien, 382 Spezielle Relativitätstheorie, 125–130 spezifische Wärme, 548 Ferromagnet, 644 sphärischer Oszillator, 54, 380–381 Spin, 430–431 Matrixdarstellung, 430–431 -operator, 431 -zustände, 431 Spin eines Photons, 242 Spin-Bahn-Kopplung, 460, 471–472 Spin-Spin-Kopplung, 433 Spinfunktionen, 431 Spinpräzession im Magnetfeld, 431–432, 447–448 Spinsystem, 533, 542, 615–617 ideales, 602 reales (Ferromagnetismus), 643–644 spontane Emission, 462 spontane Magnetisierung, 279 spontane Symmetriebrechung, 644

679

Register Stabilität der Gleichgewichtslage, 90 Stark-Effekt, 458–459, 483 quadratischer, 483 starrer Körper, 73–78 stationäre Wellenfunktion, 334 Statistik, mathematische, 507–508 Statistische Physik und Thermodynamik, 527 statistischer Operator, 449, 662 Staudruck, 119 Stefan-Boltzmann-Gesetz, 612 Stefan-Boltzmann-Konstante, 612 Steinerscher Satz, 79 Stetigkeitsbedingungen an Grenzflächen, 277 Stirling-Prozess, 572 Stirlingsche Formel, 511 Stokesscher Satz, 144 Störungstheorie entarteter Fall, 458 Wasserstoffatom, 460–461 zeitabhängige, 461 zeitunabhängige, 457–458 Stoßparameter, 59 Stoßzeit, mittlere, 663–664 Strahlung von Atomen, 461–462 Strahlungsdruck, 613 Strahlungskraft, 246 Streuamplitude, 464 Streulänge, 388–390 Streuphase, 378 Streuquerschnitt, 377 Streuung, 59–61 am Coulombpotenzial, 464 an einem Potenzial, 377–380, 463–464 an Potenzialbarriere, 359 Kohärenz, 249 Strichgitter, 300 Strom, -dichte, 207 Strukturfunktion, 270 Summenregel, 436 Superpositionsprinzip, 2, 159 Suprafluidität (4 He), 646 Suszeptibilität Ginzburg-Landau-Theorie, 649 Landau-Theorie, 649 magnetische, 602, 644 Symmetrie und Entartung, 338 Symmetrie und Erhaltungsgröße, 343 Symmetrien (Raum-Zeit), 26–27 System von Massenpunkten, 4–5 System, -zustand, 106

T Teilchen im Magnetfeld, 400 Teilchenzahlschwankung, 588 Temperatur, 523–524 Messung, 528–529 Tensor, -feld, 144 Lorentztransformation, 146–147 orthogonale Transformation, 144–145 Tensoranalysis, 143–147 thermische Wellenlänge, 585 Thermodynamik, 545–554 vollständige Information, 547 thermodynamisch Kraft, 546 Limes, 643 Potenzial, 546–547 Zustand, 545 Thomsonstreuung, 249 total (anti-)symmetrisch, 487 Totalreflexion, 298, 302 träge Masse, 2 Trägheitstensor, 74–76 Transformation auf Diagonalform, 411–412 Transformation der elektromagnetischen Felder, 243–244 Translationssymmetrie, 26–27 Transparenz Metall im Ultravioletten, 283 Transportgleichungen, -koeffizienten, 663–665 transversale Welle, 280 Tripelpunkt, 528 Triplettzustand, 433

U Übergangskurve (Phasendiagramm), 642 Undurchdringbarkeit (Materie), 488 unendlicher Potenzialtopf, 336, 376 unitärer Operator, 411, 414 Unschärfe, 317 Unschärferelation, 106, 317–318 Energie-Zeit, 317–318 und Messprozess, 318 ununterscheidbare Teilchen, 488 Unwucht, 86

V van der Waals-Gas, 548, 605–606, 645–646, 654–657 van’t Hoffsches Gesetz, 553

680 Variable natürliche, 546 thermodynamische (Zustandsvariable), 545 Variation mit Nebenbedingung, 38–39 ohne Nebenbedingung, 37–38 Variationsprinzipien, 37–41 Variationsrechnung, 462–463 in einem Unterraum, 463 Vektor adjungierter, 409–410 Hilbertraum, 409 Vektor, -feld orthogonale Transformation, 144 Vektorpotenzial, 209, 314 Vektorraum, 408–410 verallgemeinerte Koordinaten, 23–24 verallgemeinerte Kraft, 522, 524 verallgemeinerter Impuls, 25 verbotener Übergang, 462 verdünntes klassisches Gas, 605–606 verdünntes Quantengas, 607 Verhalten am Ursprung, 375 Verschiebungsstrom, 221–222 Versuchszustände, 462 Vibration (Molekül), 603 Vielteilchensysteme, 487–492 Vielteilchenwellenfunktionen, 487–492 Viererpotenzial, 225 Viererstromdichte, 225 Virialkoeffizient, 605, 623–625 quantenmechanischer, 607 Virialsatz, 402–403 Viskosität (Zähigkeit) suprafluides 4 He, 647 vollständiges Differenzial, 545–546, 555 Vollständigkeit, 338–339 kontinuierliches Spektrum, 339 Vollständigkeitsrelation, 410, 439 von Neumann-Gleichung, 662

W Waals, van der Waals-Gas, 548, 605–606, 645–646 Wahrscheinlichkeit, 507–508 Wahrscheinlichkeitsdichte, 507–508 Wahrscheinlichkeitsamplitude, 311–312 Wärme, -menge, 521–522 Wärmekapazität, 548 Differenz CP − CV , 548

Register Wärmekraftmaschine, 549–550 Wärmeleitfähigkeit, 665 Wärmeleitung, 665, 668 -Gleichung, 665 Wärmezufuhr, 548 Wasser (Dispersion und Absorption), 282–283 Wasserstoffatom, 381–382 relativistische Korrekturen, 460–461 Wasserstoffgas, 604 Wasserstoffmolekül, 491–492, 500–502 Wechselwirkung Atom-Atom, 624 Weiss, Curie-Weiss-Gesetz, 644 Weisssches Modell, 643–644, 652–653 Weißer Zwerg, 491 Welle longitudinale, 119 Saite, 116–117 Schall, 119 Welle-Teilchen-Dualismus, 311–312 Wellen, elektromagnetische im Hohlraum, 242–243 im Vakuum, 240–242 in Materie, 280–282 Wellenfunktion, 311–312 zweikomponentige, 431 Wellengleichung, 223–224, 231–233 Wellenleiter, 242–243 Wellenmechanik, 311–318 Wellenpaket, 251–253, 281–282 im Oszillator, 428 Wellenvektor, 241 Wiensches Verschiebungsgesetz, 612 Wignertransformierte, 327–329 Winkelgeschwindigkeit, 73, 74 Wirbelfreiheit, 647 Wirkung, -funktional, 39 Wirkungsgrad idealer, 550 Wärmekraftmaschine, 550 Wirkungsquerschnitt, 377 in Bornscher Näherung, 464 Rutherfordscher, 59–60 WKB-Näherung, 361–362 Penetrabilität, 361–362 Woods-Saxon-Potenzial, 387

Y Young, Doppelspaltexperiment, 296

Register

Z Zähigkeit (Viskosität) suprafluides 4 He, 647 Zeeman-Effekt, 404–405, 471 zeitabhängige Schrödingergleichung, 340 zeitabhängige Störungstheorie, 461 Zeitabhängigkeit Erwartungswert, 340 Wellenfunktion, 340 Zeitmessung SRT, 127–128 Zeitmittel, 519 Zeittranslationsoperator, 412 Zeitumkehrinvarianz, 330 zeitunabhängige Schrödingergleichung, 334 zeitunabhängige Störungstheorie, 457–458 Zentralkraft, 3 Zentralkräfteproblem, 374–375 Zentralpotenzial, 56–61 Zentrifugalkraft, 7 Zerlegungssatz für Vektorfelder, 146 Zitterbewegung, 460 Zufallsvariable, 507 Zustand Gleichgewicht, 519–520 Makro-, 519–520 Mikro-, 518–519 Systemzustand, 106, 313 thermodynamischer, 545 Zustandsdiagramm (Phasendiagramm), 552 4 He, 646 Zustandsgröße, 545–546 Zustandssumme, 582–584 ideales Gas, 520–521 kanonische, 584 klassische, 585 mikrokanonische, 520 Zustandsvariable, 520, 545 natürliche, 546 Zwangsbedingung, 21–22 zweiatomiges ideales Gas, 586, 603–604 zweidimensionaler Oszillator, 397 Zweiflüssigkeitsmodell, 646–647 Zweikörperproblem, 56–57, 374 zweikomponentige Wellenfunktion, 431 Zweizustandssystem, 473–475 zyklische Koordinate, 24–25

681

Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, 3. Auflage: Repetitorium und Übungsbuch

Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik

Arbeitsbuch Mathematik zur Physik

Arbeitsbuch Mathematik zur Physik

Statistische Physik: Lehrbuch zur Theoretischen Physik IV, 5. Auflage

Quantenmechanik-Lehrbuch zur Theoretischen Physik

Repetitorium Schmerztherapie, 3. Auflage

Arbeitsbuch zur Volkswirtschaftslehre 1, 3. Auflage

Elektrodynamik: Lehrbuch zur Theoretischen Physik II

Physik: Lehr- und Übungsbuch, 3. Auflage

Repetitorium Theoretische Physik

Repetitorium - Theoretische Physik

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Übungsbuch zur Produktions- und Kostentheorie, 3. Auflage

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Fragebogen: Ein Arbeitsbuch 3. Auflage (Lehrbuch)

Das Arbeitsbuch zur Trance

Physik - Grundlagen für das Ingenieurstudium - kurz und prägnant 3. Auflage

Prüfungstrainer Physik: Klausur- und Übungsaufgaben mit vollständigen Musterlösungen, 3. Auflage

Arbeitsbuch Wirtschaftsinformatik, 4. Auflage

Angewandte Mathematik mit Mathcad. Lehr- und Arbeitsbuch: Band 3: Differential- und Integralrechnung, 3. Auflage

Grundkurs Theoretische Physik 3: Elektrodynamik, 8. Auflage

Repetitorium Internistische Intensivmedizin, 2. Auflage

Repetitorium Internistische Intensivmedizin 2. Auflage

Taschenbuch der Mathematik und Physik, 5. Auflage

Physik der Teilchenbeschleuniger und Ionenoptik, 2. Auflage

Arbeitsbuch Statistik, 4. Auflage

Repetitorium Notfallmedizin: Zur Vorbereitung auf die Prüfung 2. Auflage

Signale und Systeme: Lehr- und Arbeitsbuch mit MATLAB-Übungen und Lösungen, 3. Auflage

Arbeitsbuch zur Theoretischen Physik, 3. Auflage: Repetitorium und Übungsbuch