Lösungen. zur Aufgabensammlung 13GE

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1 Lösungen zur Aufgabensammlung 3GE

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3 Inhaltsverzeichnis Geometrische Optik 7 Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Wellenoptik 37 Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe GE Version

4 Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Relativitätstheorie 5 Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Quantenmechanik 59 Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe GE Version

5 5 Kernphysik und Radioaktivität 77 Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe GE Version

6 6 3GE Version

7 Geometrische Optik Aufgabe. A D C d n = n =n 2 h B Nach dem Brechungsgesetz: n sin(α) = n 2 sin(β ) sin(β ) = n sin(α) n 2 ( ) n β = arcsin sin(α) n 2 Setzt man in dieser Gleichung die Zahlenwerte ein, ergibt sich: ( ) 2 β = arcsin sin 75 = 40, 3 Um d in Funktion von α, h und n auszudrücken, müssen die verschiedenen Größen mithilfe der geometrischen Zusammenhänge in der planparallelen Platte miteinander verbunden werden. Einerseits gilt im Dreieck ABC: AC = 2 AB sin(α 2 ) = 2 AB sin(β ) Andererseits, im Dreieck ACD: = 2 AB n sin(α) n 2 h = 2 cos(β ) sin(α) n DC AC = d AC = sin(90 α) = cos(α) 3GE Version

8 oder d = AC cos(α) Der vorher gefundene Ausdruck für AC wird eingesetzt: [ h d = 2 cos(β ) sin(α) ] cos(α) n 2 h sin(α) cos(α) = n cos(β ) cos(β ) wird in Funktion von α ausgedrückt: cos(β ) = sin 2 (β ) = sin2 (α) n 2 n = 2 sin 2 (α) n 2 Wird dieser Ausdruck in die Gleichung von d eingesetzt: d = 2 h sin(α) cos(α) n 2 sin 2 (α) = h sin(2α) n 2 sin 2 (α) Aufgabe.2 Wenn das Licht vom Glas in Luft übergeht und α < α G wird ein Teil des Lichtes reflektiert, ein Teil wird gebrochen. Mithilfe des Schemas lässt sich bestimmen, dass γ = β, daher stellen die Strahlen und 3 den einfallenden und den reflektierten Lichtstrahl dar. Ausserdem wird beim Übergang Glas Glas das Licht vom Lot weg gebrochen. a) Das Glas befindet sich unten, die Luft befindet sich oben. b) 3 ist der einfallende Lichtstrahl; ist der reflektierte Lichtstrahl; 2 ist der gebrochene Lichstrahl. c) β ist der Einfallswinkel; γ ist der Reflexionswinkel und ψ ist der Brechungswinkel. 8 3GE Version

9 Aufgabe.3 A d h n = n =n 2 a) Aus Symmetriegründen (Reflexion!) ist der Austrittswinkel des Lichtes aus dem Wasser gleich dem Einfallswinkel α. Das Licht wird also um insgesamt 90 abgelenkt. b) Die Wasseroberfläche und die beiden Lichtstrahlen grenzen ein Dreieck ab, das in 2 rechtwinklige Dreiecke zerlegt werden kann. In diesen gilt: d = 2 h tan(β) = 2 0,5 m tan(32, ) = 0,883 m = 8, 83 cm Aufgabe.4 a) Damit Totalreflexion eintritt, muss der Einfallswinkel des Lichtes auf eine Seitenwand mindestens dem Grenzwinkel entsprechen. Wenn α = 90 ist dieser Einfallswinkel am kleinsten; für α < 90 nimmt der Einfallswinkel auf die Seitenwand zu. n muss also so gewählt sein, dass im Grenzfall α = 90 schon Totalreflexion auftritt und also der Winkel (90 β G ) dem Grenzwinkel für Totalreflexion entspricht. In der dargestellten Situation lautet das Brechungsgesetz für die Seitenwand dann: sin(90 ) = n sin(90 β G ) sin(90 β G ) = n n = = = sin(90 β G ) = cos(β G ) sin2 (α) n 2 n 2 sin 2 (α) n 2 3GE Version

10 Aus dieser Gleichung wird n isoliert: n n 2 sin 2 (α) = n 2 n 2 sin 2 (α) = n 2 sin 2 (α) = n 2 = + sin 2 (α) n 2 = 2 n = 2 =,45 Andere Methode: Da im Grenzfall (90 β G ) = β G, gilt : (90 β G ) = β G 90 = 2 β G β G = 45 Mithilfe dieses Grenzwinkels kann dann die Brechzahl n bestimmt werden: sin α = n sin β sin 90 = n sin β G n = sin β G n = 2 2 n = 2 2 n = 2 =,45 b) Für n =, 33: auch hier muss die Brechungsgleichung für den Grenzfall betrachtet 0 3GE Version

11 werden: n sin(90 β G ) = n cos(β G ) = n sin 2 (β G ) = n n 2 sin 2 (α) = n 2 n 2 sin 2 (α) = n 2 sin 2 (α) = sin 2 (α) = n 2 sin 2 (α) = 0,7689 sin(α) = 0,8786 α = 6,26 Für n =,33 beträgt der maximale Eintrittswinkel also α = 6,26 Aufgabe.5 Folgendes Schema zeigt den Verlauf verschiedener Lichtstrahlen: die rot eingezeichneten Strahlen entsprechen dem Grenzwinkel; für die gelb eingezeichneten Strahlen ist der Winkel im Wasser größer als der Grenzwinkel: sie werden vollständig reflektiert; für die orangefarbenen Strahlen ist der Winkel kleiner im Wasser als der Grenzwinkel : Licht von außen kann so in das Auge des Fisches gelangen. Der Grenzwinkel im Wasser kann mithilfe des Brechungsgesetzes berechnet werden: n sin(α) = n 2 sin(β ) sin(β ) = n sin(α) n 2 ( ) n β = arcsin sin(α) n 2 β = 48, 75 3GE Version

12 durch Totalreflexion sichtbarer Bereich Dementsprechend werden die violett eingezeichneten Bereiche im Wasser durch Totalreflexion gesehen. Da alle von außen in das Wasser eindringende Strahlen gebrochen werden, kann auch von jedem Punkt außerhalb des Wassers Licht in das Auge des Fisches gelangen. Demnach ist alles was sich oberhalb der Wasseroberfläche befindet für den Fisch sichtbar. Aufgabe.6 a) Das Verhältnis der Ausbreitungsgeschwindigkeiten ergibt sich aus dem Brechungsgesetz: n 2 = c = sin α n c 2 sin β Daher: c sin = c 2 sin 60 = = 3 3 b) Da c = λ f, gilt: λ λ 2 = c c 2 = GE Version

13 Aufgabe.7 a) In der Theorie wird gezeigt, dass cos(α) sin(α) d = h sin(α) n 2,2 sin2 (α) cos(45 ) sin(45 ) = 0,005 m sin(45 ),5 2 sin 2 (45 ) =,65 mm b) Theorie Seite S Aufgabe.8 cos(α) sin(α) d = h sin(α) n 2,2 sin2 (α) cos(60 ) sin(60 ) = 0,05 m sin(60 ),5 2 sin 2 (60 ) = 0,0256 m = 25,6 mm Aufgabe.9 3GE Version

14 An der ersten Grenzfläche findet keine Brechung statt, weil der einfallende Lichtstrahl auf dem Einfallslot liegt: α = β = 0. Nach dem Brechungsgesetz gilt für die zweite Grenzfläche: n sin α 2 = sin β 2 mit α 2 = γ; β 2 = γ + δ n sin γ = sin(γ + δ) n sin γ = sin γ cos δ + cos γ sin δ n sin γ sin γ cos δ = cos γ sin δ sin γ (n cos δ) = cos γ sin δ tan γ = sin δ n cos δ = sin 30,6 cos 30 = 0,36 γ = 34,26 Aufgabe.0 a) Im Fall der Minimalablenkung verläuft der Lichtstrahl symmetrisch zur Winkelhalbierenden des brechenden Winkels. Dann gilt: δ min + γ 2 δ min ( ) δmin + γ sin 2 [ ( γ = arcsin n sin [ 2)] ( γ = 2 arcsin n sin γ [ 2)] ( )] 45 = 2 arcsin,77 sin 45 2 = 40,27 ( γ = n sin 2) Der Einfallswinkel beträgt dann: α = δ min + γ 2 = 42,64 b) Die Gesamtablenkung beträgt δ = α + α 2 γ. Der Winkel α 2 ist in Funktion der gegebenen Parameter auszudrücken, um so δ zu berechnen. 4 3GE Version

15 Nach dem Brechungsgesetz an der ersten Trennfläche: sin α = n sin β sin β = sin α n sin 60 =,77 β = 29,29 Da β + β 2 = γ, beträgt β 2 = γ β = 45 29,29 = 5,70. Nach dem Brechungsgesetz an der zweiten Grenzfläche: sin α 2 = n sin β 2 α 2 = 28,63 Schlussendlich: δ = α + α 2 γ = ,63 45 = 43,63 c) Wenn Totalreflexion eintritt erfüllt β 2 die Bedingung β 2 β G. Es gilt den Einfallswinkel α für β 2 = β G zu berechnen. β 2 = β G n sin(β G ) = sin 90 sin(β G ) = n β G = 34,40 = β 2 Da β + β 2 = γ, gilt: β = γ β G = 0,60. Schlussendlich, nach dem Brechungsgesetz: sin α = n sin β α = arcsin (n sin β ) α = 9 3GE Version

16 Aufgabe. a) In der beschriebenen Situation entspricht der Einfallswinkel des Strahls auf der zweiten Grenzfläche dem Grenzwinkel für den Übergang Glas Luft. Da der Strahl an der zweiten Grenzfläche gerade nicht total reflektiert wird, gelten folgende Werte: β wird mithilfe des Brechungsgesetzes an der ersten Grenzfläche berechnet; β 2 = β G, da dieser Winkel dem Grenzwinkel entspricht; γ = β + β 2 Berechnung von β sin α = n sin β sin β = sin α n ( ) sin α = arcsin β β = 2,72 n Berechnung von β 2 sin α 2 = n sin β 2 sin β 2 = sin α 2 n ( ) sin 90 = arcsin β 2 β 2 = 40,8 n 6 3GE Version

17 Berechnung von γ γ = β + β 2 = 2, ,8 = 6,90 b) Wird das Prisma in eine Flüssigkeit des Brechungsindex n gelegt, muss n im Brechungsgesetz berücksichtigt werden: n sin α = n sin β n sin α 2 = n sin β 2 Bei Minimalablenkung verläuft das Lichtbündel symmetrisch durch das Prisma, insbesonders gilt: α = α 2 = 35. Die Minimalablenkung δ min beträgt: δ min = 2 α γ = ,90 = 8,0 Im Fall der Minimalablenkung kann das Brechungsgesetz dann folgendermaßen geschrieben und n berechnet werden: n sin α = n sin β α =35 {( }} ){ n δmin + γ sin 2 ( γ = n sin 2) n = n sin γ 2 sin δ min+γ 2 6,90 n,55 sin 2 = sin 8,0 +6,90 2 =,39 Der Brechungsindex der Flüssigkeit beträgt also n =,39. Aufgabe.2 a) Der symmetrische Durchgang des Lichtstrahls entspricht dem Fall der Minimalablenkung. Die Minimalablenkung kann berechnet werden, wenn der Brechungsindex n und der brechende Winkel γ des Prismas bekannt sind: ( ) δmin + γ sin 2 δ min + γ = arcsin 2 δ min = 2 arcsin δ min = 56,42 ( γ = n sin 2) ( ( γ n sin ( ( 2)) γ n sin γ 2)) 3GE Version

18 Da folgt: δ min = 2 α γ α = δ min + γ 2 = 58,2 b) Verlässt das Licht das Prisma streifend, beträgt der Einfallswinkel β 2 an der zweiten Grenfläche β 2 = β G. Für n =,7 beträgt der entsprechende Winkel β G = arcsin ( n) = 36,03. Durch β + β 2 = γ kann β bestimmt werden: β = γ β 2 = 60 36,03 = 23,97 Schlussendlich erlaubt das Brechungsgesetz an der ersten Grenzfläche die Bestimmung des Einfallswinkels α : sin α = n sin β α = arcsin (n sin β ) α = arcsin (,7 sin 23,97 ) α = 48,68 Wird der Winkel noch kleiner, tritt Totalreflexion ein. Aufgabe.3 Gegeben: f = 5 cm G =,80 m = 80 cm B = 36 mm = 3,6 cm Gesucht : g =? Der Abbildungsmaßstab beträgt: Γ = B G = b g = 3,6 cm 80 cm = 0,02 Außerdem gilt die Abbildungsgleichung: g + b = f 8 3GE Version

19 b kann in Funktion von Γ und g ausgedrückt werden und in die Abbildungsgleichung eingesetzt werden: b = Γ g g + Γg = f + Γ Γg = f + 0,02 = Γg f,02 0,02g = f 0,02g,02 = f g =,02 0,02 f g = 255 cm Die Gegenstandsweite beträgt also 255 cm. Aufgabe.4 Der Sehwinkel wird mithilfe der Gegenstandsgröße G und der Gegenstandsweite g berechnet: tan ω = G g = 3476 km = 9, km ω = 9, rad = 0,58 Da der Winkel ω sehr klein ist und die Gegenstandsweite g sehr groß, kann die Bildgröße mithilfe einer Annäherung bestimmt werden: b = f g f + g B b = G g = tan ω ω Daher: f g mit lim g f + g = f daher: b f B = b tan ω f ω = 5 cm 9, = 0,0452 cm = 0,452 mm Auf dem Kleinbildfilm wird der Mond nur als sehr kleiner Punkt abgebildet, Details werden nicht zu erkennen sein. 3GE Version

20 Aufgabe.5 Gegeben: f = 25 cm G =,75 m = 75 cm g = 6,5 m = 650 cm Gesucht : b =? B =? b wird mithilfe der Abbildungsgleichung berechnet: f = g + b b = f g b = g f g f b = 26 cm Die Bildgröße wird dann mithilfe des Gesetzes des Abbildungsmaßstabs berechnet: B G = b g B = G b g = 75 cm 26 cm 650 cm = 7 cm Aufgabe.6 Gegeben: f = 8 cm b = 24 cm B = 0 cm Gesucht : g =? G =? g wird mithilfe der Abbildungsgleichung berechnet: f = g + b g = f b g = b f b f g = 72 cm Die Gleichung des Abbildungsmaßstabs ergibt: B G = b g G = B g b 72 cm = 0 cm = 30 cm 24 cm 20 3GE Version

21 Aufgabe.7 Gegeben: g = 3,2 m G =,2 m B = 0 cm = 0, m Gesucht : f =? Zuerst muss b mithilfe der Gleichung des Abildungsmaßstabs berechnet werden: B G = b g b = g B G = 3,2 m 0, m,2 m = 0,26 m Die Abbildungsgleichung ermöglicht es dann, die Brennweite f zu bestimmen: f = g + b f = g b g + bf f = 0,24 m = 24 cm Aufgabe.8 Gegeben: f = 7,5 cm Γ = 3 = B G = b g Gesucht : b =? g =? Es geht darum, folgendes Gleichungssystem zu lösen: { = + f g b b = Γ = 3 g Aus der Definition des Abbildungsmaßstabs wird b gelöst und in die Abbildungsgleichung eingesetzt: b = Γ g In der Abbildungsgleichung: 3GE Version

22 f = g + Γ g = + Γ Γ g f = Γ g + Γ g = f ( + Γ) Γ = 7,5 cm ( + 3) 3 = 0 cm Die Gegenstandsweite beträgt also g = 0 cm. Setzt man diesen Wert in die Gleichung des Abbildungsmaßstabs ein: b = Γ g = 3 0 cm = 30 cm Die Bildweite beträgt b = 30 cm. Aufgabe.9 In dieser Aufgabe wird jeweils eine rechnerische Lösung zur Überprüfung angegeben. Die Schemata sind im Maßstab : abgebildet, alle Größenangaben auf den Schemata sind in Centimeter (cm). a) Es handelt sich um eine Sammellinse. Die Position der Linse wird mithilfe des Strahls bestimmt der die Linse ungebrochen durchquert. Die Gegenstands- und Bildgrößen werden dem Schema entnommen. 5,2 3,0 2,2 F F,2,3 0,9 Grafische Lösung: g = 3,0 cm b = 2,2 cm f =,3 cm 22 3GE Version

23 Rechnerische Lösung: Aus den Gegenstands- und Bildgrößen kann der Abbildungsmaßstab Γ bestimmt werden: Γ = B G = b g = 0,9 cm,2 cm = 0,75 Zwei Gleichungen beschreiben den Zusammenhang zwischen b und g: b g = Γ b = Γ g b + g = s = 5,2 cm Setzt man die erste dieser Gleichungen in die zweite ein, erhält man: 0,75 g + g = (0,75 + ) g = 5,2 cm Daher: g = 2,97 cm Daraus folgt: b = 0,75 g = 2,23 cm Schließlich werden diese beiden Gleichungen in die Abbildungsgleichung eingesetzt um f zu berechnen: f = g + b f = g b g + b f =,27 cm b) Die Linse funktionniert als Lupe, da das Bild größer ist als der Gegenstand und aufrecht. 2,0 F F 4,0 Gegeben: G = 6 mm B = 2 mm g = 2 cm = 20 mm 3GE Version

24 Gesucht : f =? Die Bildweite b wird mithilfe der Gleichung des Abbildungsmaßstabs berechnet: B G = b g b = g B 2 mm = 2 cm G 6 mm = 4 cm Da es sich um ein virtuelles Bild handelt, gilt b = 4 cm. Die Brennweite wird mithilfe der Abbildungsgleichung bestimmt: f = g + b f = g b g + b f = 4 cm c) Da das Bild virtuell ist, kleiner als der Gegenstand und aufrecht, muss es sich in diesem Beispiel um eine Streulinse handeln. F F,8 Der Abbildungsmaßstab wird zu Γ = b g = B G = 6 mm 5 mm = 0,4 bestimmt. Die Brennweite beträgt f =,8 cm = 8 mm. d) Diese Situation ist nicht mit einer Linse zu realisieren. Die Situation entspricht der Verwendung eines ebenen Spiegels. 24 3GE Version

25 Aufgabe.20 Gegeben: G = 3 cm g = 4 cm g 2 = 4 cm + 6 cm = 0 cm B 2 = 2 B ] Gesucht : f =? b =? b 2 =? B B 2 a) Der Abbildungsmaßstab kann in beiden Fällen in Abhängigkeit der Gegenstandsgröße G ausgedrückt werden: B 2 G = b 2 g 2 B G = b g (20.) (20.2) Teilt man (20.) durch (20.2): B = b g 2 B 2 g b 2 2 = b 0 cm b = 2,5 b 2 =,25 b b 2 4 cm b 2 Dieser Ausdruck kann verwendet werden um die Unbakannte b 2 in der Abbildungsgleichung zu ersetzen. Da die Abbildungsgleichung außerdem für beide Fälle stimmt und die Brennweite f in beiden Fällen gleich ist, erhält man: f = + = + b g b 2 g 2 + = + b g,25 b g 2 + b 4 cm = +,25 b 0 cm Diese Gleichung enthält nur noch b als Unbekannte und kann demenstprechend gelöst werden: 3GE Version

26 + b 4 cm = +,25 b 0 cm ,5 b = 8 + b, 5 b = 2 b = 4 3 cm Daraus ergibt sich b 2 =,25 ( 4 3 cm) = 5 3 cm Die Brennweite kann sowohl mit b und g als auch mit b 2 und g 2 berechnet werden, indem die Abbildungsgleichung gelöst wird: f = g + b f = b g b + g Setzt man die entsprechenden Werte für b und g ein, findet man f = 2 cm. Die beiden Bildgrößen B und B 2 werden jeweils mit der Gleichung des Abbildungsmaßstabes berechnet: B G = b B = G b g g B = 3 ( 4) 3 = cm 4 B 2 G = b 2 B 2 = G b 2 g 2 g 2 B 2 = 3 ( 5) 3 = 0,5 cm GE Version

27 Graphische Überprüfung im Maßstab : 3GE Version

28 b) Wenn sich zwischen Gegenstand und Bild 30 cm befinden, gilt: g b = 30 cm mit b = b weil b < 0 g + b = 30 cm mit b = g f g f = 2 g g + 2 (f = 2 cm) Ersetzt man b in der Gleichung, kann g bestimmt werden: g + b = 30 g 2 g g + 2 = 30 g 2 + 2g 2g = 30g + 60 g 2 30g 60 = 0 Löst man diese Gleichung des 2. Grades, erhält man: g = 30 ± Nur die Lösung g = 3,88 cm ist zurück zu behalten. Demnach befindet sich der Gegenstand 3,88 cm von der Linse entfernt. b kann jetzt mit g + b = 30 bestimmt werden, oder aber mithilfe der Abbildungsgleichung: b = g f g f = 3,88 ( 2) 3, =,88 cm Der negative Wert gibt an, dass es sich um ein virtuelles Bild handelt. Dies ist natürlich im Einklang mit der Tatsache, dass eine Zerstreuungslinse verwendet wird. Aufgabe.2 Die Entfernung x muss in Funktion konstanter Parameter (z. B. f) und der Gegenstandsweite g ausgedrückt werden. Anschließend wird zur Bestimmung der minimalen Entfernung die Ableitung von x nach g gerechnet. Aus der Abbildungsgleichung: f = g + b b = f g b = f g g f 28 3GE Version

29 Da x = g + b, gilt: x = g + b = g + f g g f g (g f) + f g = g f = g2 f g + f g g f x = g2 g f Leitet man x nach g ab: dx dg = (g f) 2g g2 (g f) 2 = 2g2 2gf g 2 (g f) 2 = g2 2gf (g f) 2 Die Entfernung x ist minimal, wenn dx dg dx dg = 0 g2 2gf = 0 g(g 2f) = 0 { g = 0 sinnlos g = 2f = 0, d. h. Die Entfernung x zwischen Gegenstand und Bild ist also minimal, wenn der Gegenstand sich doppelt so weit von der Linse befindet wie der Brennpunkt F. Aufgabe.22 Gegeben: G = 2 cm B = 4 cm g 2 = g + 2 cm B 2 = 8 cm (virtuelles Bild) (relles Bild) Gesucht : f =? g =? g 2 =? b =? b 2 =? 3GE Version

30 a) Da nur Gegenstands- und Bildgrößen bekannt sind sowie der Zusammenhang zwischen den beiden Gegenstandsweiten g und g 2, muß die Situation vor und nach dem Verschieben der Linse betrachtet werden. Abbildungsgleichung Zu Beginn Später f = + g b f = + g 2 b 2 Abbildungsmaßstab Daraus ergibt sich einerseits: f = g 2g = 2g B G = b g = 2 B 2 G = b 2 g 2 = 4 Bildweite b = 2g b 2 = 4g 2 = 4 (g + 2) und andererseits: f = g (g + 2) = 5 4 (g + 2) Da die Brennweite nicht ändert, müssen diese beiden Ausdrücke gleich sein: 2g = 5 4 (g + 2) 4 (g + + 2) = 0g Die Brennweite f beträgt: f = 2g = 8 cm 8,66 cm 3 4g + 8) = 0g 6g = 8 g = 4 cm 4,33 cm 3 Nach Verschieben der Linse beträgt die Gegenstandsweite: g 2 = g + 2 cm 4,33 cm + 2 cm 6,33 cm Die Bildweiten betragen: b = 2 g = 8 cm 2, 67 cm 3 es handelt sich um ein virtuelles Bild b 2 = 4 (g + 2) = 40 3 cm 3,33 cm 30 3GE Version

31 b) Da es sich in diesem Fall um ein virtuelles Bild handelt, ist b 3 < 0. Um aber die Beziehung zwischen b 3 und g 3 muß ein positiver Wert benutzt werden, wie aus dem Schema ersichtlich. 0 cm g 3 b 3 Es gilt also: b 3 = b 3 = g cm Dieser Ausdruck wird in die Abbildungsgleichung eingesetzt, um g 3 zu berechnen: f = + = g 3 b 3 g 3 g = g g 3 g 3 (g 3 + 0) 0 = g g 3 f = g g 3 0 g g 3 0 f = 0 g 3 = 2,88 cm Der Gegenstand ist also um,4 cm näher an der Linse als im zweiten Fall. Die entsprechende Bildweite beträgt b 3 = g 3 0 = 2,88 cm. Aufgabe.23 Gegeben: G = 8 mm = m B = 2,5 m b = 30 m 3GE Version

32 Gesucht : g =? f =? ω 0 =? ω 20 =? a) Nach dem Gesetz des Abbildungsmaßstabs: B G = b g g = b B G = 30 m m 2,5 m = 0,26 m = 2,6 cm Die Brennweite f des Projektors ergibt sich aus der Abbildungsgleichung: f = g + b f = b g g + b f = 0,245 m = 2,45 cm b) Der Sehwinkel ω wird mithilfe der Bildgröße B und der Entfernung des Bildes zum Auge des Betrachters berechnet: tan ω 0 = 2,5 m 0 m ω 0 = 0,245 rad tan ω 20 = 2,5 m 20 m ω 20 = 0,24 rad Aufgabe.24 Die Strecke, um die das Objektiv verschoben werden muss entspricht der Änderung zwischen den Bildweiten in den verschiedenen Fällen. Aus der Abbildungsgleichung: f = g + b b = f g g f Für einen unendlich weit entfernten Gegenstand beträgt die Bildweite: b = lim b = lim f g g + g + g f = f = 5 cm 32 3GE Version

33 für g = 0 m: b 0 = f g g f = m 0 m 0 m m = 0,05024 m b 0 = 0,025 cm = 0,25 mm Abbildungsmaßstab: Γ = b g = 0, für g = m: b 0 = f g g f = m m m m = 0, m b = 0,2632 cm = 2,632 mm Abbildungsmaßstab: Γ = b g = 0, für g = 0,5 m: b 0,5 = f g g f = m 0,5 m 0,5 m m = 0, m b 0,5 = 0,5556 cm = 5,556 mm Abbildungsmaßstab: Γ = b g = 0, Aufgabe.25 a) Gegeben: f = 5 cm ω = 0,5 = π 360 rad Gesucht : B =? Da ω rad, kann die Vereinfachung B = f ω benutzt werden. Demnach gilt: B = f ω π = 5 cm 360 rad = 0,0436 cm = 0,436 mm 3GE Version

34 b) Gegeben: B 2 = 5 mm Gesucht : f 2 =? Berechnung der neuen Brennweite: f 2 = B 2 ω = 5 mm π rad 360 = 57,3 cm = 573 mm c) Gegeben: f 3 = 5 cm = 50 mm Gesucht : B 3 =? Berechnung der Bildgröße: B 3 = f 3 ω = 50 mm =,3 mm π 360 rad Aufgabe.26 Gegeben: f = 5 cm g = 4,9 cm G = mm = 0, cm Gesucht : a) b =? B =? b) Γ =? V =? a) b wird mithilfe der Abbildungsgleichung berechnet: f = g + b b = f g g f = 5 cm 4,9 cm = 245 cm 4,9 cm 5 cm Die Bildweite ist negativ da es sich um ein virtuelles Bild handelt. Das Gesetz des Abbildungsmaßstabs erlaubt die Berechnung der Bildgröße: B G = b g B = G b 245 cm = 0, cm g 4,9 cm = 5 cm 34 3GE Version

35 b) Der Abbildungsmaßstab ergibt sich aus Bild- und Gegenstandsgröße: Γ = B G = 5 cm 0, cm = 50 Nimmt man als deutliche Sehweite den Wert s = 25 cm: V = s g = 25 cm 4,9 cm = 5, 3GE Version

36 36 3GE Version

37 2 Wellenoptik Aufgabe 2. x k l s D Gegeben: l = 0,2 mm = m D = 4 m x = 5,6 cm = 5,6 0 2 m Gesucht : λ =? Beim einfachen Spalt gilt für Intensitätsmaxima: s = 2k + 2 sin α k = 2k + 2 Da tan α k = x k D 2k + 2 λ l x k D λ λ l und tan α sin α für kleine Winkel, können wir schreiben, dass: λ 2 l x k (2k + ) D Da die beiden Maxima 2. Ordnung 5,6 cm voneinander entfernt sind, gilt x 2 = x = 2,8 cm. 2 Demnach beträgt die Wellenlänge des verwendeten Lichts: λ = 2 l 2,8 0 2 m 5 4 m = m = 560 nm 3GE Version

38 Aufgabe 2.2 Gegeben: l = 0,4 mm = m D = 3,20 m Ausserdem: die beiden Intensitätsminima sind x = 8,6 mm voneinander entfernt. Sie befinden sich also jeweils in einer Entfernung x ± = ± x = ±4,3 mm vom zentralen Maximum. 2 a) Beim einfachen Spalt gilt für Intensitätsminima: s = k λ sin α k = k λ l Da tan α k = x k D und tan α sin α für kleine Winkel: x k D = k λ l = l x k k D = m 4,3 0 3 m 3,2 m = 5, m = 537,5nm Die Wellenlänge des verwendeten Lichts beträgt λ = 537,5 nm. b) Beträgt die Spaltbreite l = 0,2 mm = l, dann gilt: 2 x k = k λ D l = 2 k λ D l = 2x k Das Maximum. Ordnung befindet sich dann also doppelt so weit vom zentralen Maximum. 38 3GE Version

39 Aufgabe 2.3 x k g s Wie nehmen an, dass D g und α (rad). D Für Interferenz am Doppelspalt gilt: sin α = s. Konstruktive Interferenz wird beobachtet, g wenn s = k λ. Dann gilt: sin α k = k λ g Da für kleine Winkel sin α tan α, mit tan α = x, können wir schreiben: D x D = k λ g Für das Maximum erster Ordnung gilt dann: x D = λ g λ = x g D = 3, m 0 4 m 5 m = 6, m λ = 650 nm Im beschriebenen Versuch wird Licht der Wellenlänge λ = 650 nm verwendet. 3GE Version

40 Aufgabe 2.4 a) Für konstrultive Interferenz am Einzelspalt gilt sin α k = 2k + 2 λ l Wenn k = (Maximum erster Ordnung): sin α = 3 2 λ l ( 3 α = arcsin 2 λ ) l ( ) m = arcsin 2 0,4 0 3 m α = 0,29 b) (i) Wird das erste seitliche Drittel abgedeckt, findet man für jede Welle des übrigbleibenden Lichtbündels eine Welle, die mit entgegengesetzter Phase schwingt (z.b. Welle des oberen Randes mit Welle der Spaltmitte... ). Dadurch löschen sich alle Wellen gegenseitig aus; auf dem Schirm herrscht am entsprechenden Ort Dunkelheit. (ii) Wird das mittlere Drittel abgedeckt, sind immer noch eine ganze Menge von Wellen, die sich gegenseitig auslöschen; ein Teil jedoch wird nicht ausgelöscht. Man kann die Situation so betrachten, dass durch das Abdecken des mittleren Drittels 2 Spalte entstehen, für die jeweils die Bedingung der konstruktiven Interferenz erfüllt ist. Daher entsteht dann ein heller Fleck auf dem Schirm, dessen Intensität allerdings kleiner ist als wenn der Spalt gar nicht abgedeckt ist. Da durch das Abdecken des mittleren Drittels eigentlich zwei schmale Spalte entstehen, müssten in den hellen Flecken auch ein Doppelspalt-Interferenzmuster erkennbar sein. 40 3GE Version

41 Aufgabe 2.5 a) Für konstruktive Interferenz am Gitter gilt: sin α k = k λ ( α k = arcsin k λ ) g g Für das Maximum erster Ordnung ist k =, daher: ( ) λ α = arcsin g Für rotes Licht (λ = 700 nm): ( ) m α rot = arcsin = 4,0 0,0 0 3 m Für violettes Licht (λ = 400 nm): ( ) m α violett = arcsin = 2,29 0,0 0 3 m b) Die Spektren erster und zweiter Ordnung können sich nur überlappen, wenn α 2,violett α,rot (weil rot stärker abgelenkt wird als violett). Die violette Linie 2. Ordnung wird um α 2,violett abgelenkt: ( α 2,violett = arcsin ) 0 9 m = 4,59 0,0 0 3 m Dieser Wert ist nahe der Grenze des Spektrums erster Ordnung. Je nach Referenz variieren die Werte der Grenzwellenlängen des sichtbaren Spektrums, sodass man annehmen kann, dass die beiden Spektren sich an den Rändern berühren. Aufgabe 2.6 Für konstruktive Interferenz am Gitter gilt: sin α k = k λ ( α k = arcsin k λ ) g g Weil tan α = x D sin α für kleine Winkel α, können wir schreiben, dass: x D k λ g 3GE Version

42 Für k = 2 und λ = m: g = k λ D x = m 2 m 0,24 m = 0 5 m = 0 µm Aufgabe 2.7 Für die konstruktive Interferenz erster Ordnung am Gitter gilt: sin α = λ g Für λ = 380 nm beträgt der Winkel α 22,3. Die Winkel können also nicht mehr als klein (< 5 ) angesehen werden; die Näherung x D λ g Daher gilt: x = D tan α mit α = arcsin [ ( )] λ x = D tan arcsin g ( ) λ g ist also nicht gültig. Der Abstand zwischen diesen beiden Extremen des sichtbaren Spektrums beträgt: [ ( )] [ ( )] λr λv x r x }{{} v = D tan arcsin D tan arcsin g g 0,2 m [ ( ( )) ( ( ))] λr λv = D tan arcsin tan arcsin g g (x r x v ) D = [ ( ( )) ( ( ))] tan arcsin tan arcsin D = [ ( ( tan arcsin = 0,4 m λ r g m 0 6 m 0,2 m )) tan λ v g ( ( arcsin ))] m 0 6 m Der Schirm muss in einer Entfernung von D = 0,4 m zum Gitter aufgestellt werden, damit das Spektrum erster Ordnung eine Breite von 0,2 m hat. 42 3GE Version

43 Aufgabe 2.8 Gegeben: λ = 579 nm = m n = 500 m g = m D = 0,8 m a) sin α k = k λ g k g λ k m m = 3,45 Es können also Linien der angegebenen Wellenlänge bis zur dritten Ordnung abgebildet werden. b) Da α > 5 für alle k, kann nicht die Vereinfachung für kleine Winkel benutzt werden. x x 3 x [ = D tan α = D tan arcsin = 0,24 m = D tan α 3 = D tan =,407 m = x 3 x =,59 m [ arcsin ( )] λ g ( )] }{{} k λ g =3 Aufgabe 2.9 Für konstruktive Interferenz am Gitter gilt: sin α k = k λ g 3GE Version

44 a) Der Winkel ist umso größer, je größer die Wellenlänge λ ist. Das Spektrum 2. Ordnung endet daher wenn sin α 2 = m m = α 2 = 0,75 = arcsin(0,75) = 48,59 Für das Spektrum 3. Ordnung: sin α 3 = 3 λ g λ = sin α 3 g 3 = 0, m 3 = m = 500 nm b) Die Annäherung für kleine Winkel ist nicht gültig. Daher: sin α k = kλ g α k = arcsin ( ) kλ g tan α k = x k D ( ( )) k λ tan arcsin = x k g D ( ( )) k λ x k = D tan arcsin g Setzt man die gegebenen Wellenlängen ein: [ x 2 (400 nm) =,80 m tan arcsin = 0,7856 m x 2 (750 nm) =,80 m tan x = 2,040 m [ arcsin = x 2 x =,225 m ( )] m m ( )] m m 44 3GE Version

45 c) Die letzte Linie des Spektrums 3. Ordnung die noch abgebildet werden kann, erfüllt die Bedingung: sin α 3 = 3 λ g = λ = g 3 λ = 666,7 nm < 750 nm Das Spektrum 3. Ordnung kann also nicht mehr vollständig abgebildet werden. Aufgabe 2.0 a) Die Frequenz des Lichtes ist unabhängig vom Material, in dem sich das Licht ausbreitet, nicht jedoch die Ausbreitungsgeschwindigkeit. Da letztere von der Brechungszahl des Mediums abhängt gilt: λ = c /ν λ 2 c 2 /ν = c = n 2 c 2 n Geht man von der Wellenlänge λ im Vakuum aus erhält man: λ 2 = λ n n 2 = λ n 2 weil n = Daraus ergeben sich folgende Werte: Farbe Rot Gelb Grün Violett λ in Luft 700 nm 600 nm 500 nm 400 nm λ in Wasser 525 nm 450 nm 375 nm 300 nm λ in Glas 467 nm 400 nm 333 nm 267 nm b) Damit bei senkrechtem Lichteinfall auf eine dünne Schicht Licht einer gegebenen Wellenlänge λ in reflektiertem Licht ausgelöscht wird, muss die Bedingung für destruktive Interferenz in reflektiertem Licht erfüllt sein: d k = k λ 2 n In Luft gilt λ = 600 nm und n = : 600 nm d = = 300 nm 2 In Glas gilt n =,5: d = 600 nm 2,5 = 200 nm 3GE Version

46 Aufgabe 2. Die Bedingung für konstruktive Interferenz muss für die Reflexion an einer dünnen Schicht erfüllt sein: d k = (2k + ) λ 4 n Mit k = 0, λ = 540 nm und n = 4/3, erhält man: d = m =, m = 0,25 nm Aufgabe 2.2 Bemerkung: In der Aufgabe ist eine fehlerhafte Angabe: der Radius des zehnten dunklen Rings beträgt nicht r = 0 nm, sondern r = 0 mm. a) Demnach lässt sich die Wellenlänge des benutzten Lichts folgendermaßen berechnen: λ = r2 k R = (0 0 3 m) m = m b) Wird das Glas mit Wasser gefüllt (Wasser zwischen den beiden Glasschichten), ändert die Interferenzbedingung: der gesamte optische Wegunterschied beträgt dann nicht mehr s opt,ges = 2 d, sondern s opt,ges = 2 d n. Dadurch wird d k = k λ 2 n = m = 2, m = 2,50 µm Setzt man diesen Wert der Schichtdicke in die Gleichung r k = 2 R d k ein, erhält man: r k = 2 R d k = 2 5 m 2, m = 8, m = 8,662 mm Aufgabe 2.3 a) l=0 cm d Glasplatte Quarzfaden Spiegel 46 3GE Version

47 Der Abstand zwischen 2 Streifen gleicher Art (hier: dunkle Streifen) beträgt im Allgemeinen b =. An der Kante (Berührungspunkt der beiden Glasplatten) findet λ 2 tan γ destruktive Interferenz statt; insgesamt sind 20 dunkle Streifen über eine Länge von 0 cm verteilt. Daher gilt: b = 0 cm 9 = 0,526 cm = 5,26 mm Berechnung des Öffnungswinkels γ zwischen den beiden Glasplatten: b = λ 2 tan γ tan γ = λ 2 b ( ) λ γ = arctan 2 b ( ) m γ = arctan 2 5, m γ = 2,6 0 3 Da tan γ auch aus dem Verhältnis der Dicke des Fadens d zur Länge l des Interferenzmusters berechnet werden kann: tan γ = d l = λ 2 b d = l λ 2 b d = 0, m m 2 5, m d = 5, m = 5,60 µm Bemerkung: Die im Buch angegebene Lösung geht von der Annahme 20 b = 0 cm, und nicht 9 b = 0 cm aus. 3GE Version

48 b) Würde man blaues Licht benutzen, würden die Interferenzstreifen näher zusammenrücken: b = = λ 2 tan γ λ 2 d l = m 2 5, m 0, m = 4, m = 4,286 mm Daher sind zwischen dem Kontaktpunkt der beiden Glasflächen und der Quarzfaser dann 00 mm 4,286 mm = 23,33 also 24 helle Streifen zu sehen. Es sind dannauch 24 dunkle Streifen sichtbar. Bemerkung: Die im Buch angegebene Lösung geht vom vorhergehenden Wert für d = 5,89 µm aus. c) Wie schon vorher bemerkt, befindet sich an dieser Stelle ein dunkler Streifen ( siehe auch Theorie). Aufgabe 2.4 a) In reflektiertem Licht lautet die Bedingung für destruktive Interferenz an einer dünnen Schicht: d k = k λ 2 n λ = 2 n d k k k N k = : λ = 2,33 0,6 0 6 m =, m = 596 nm k = 2 : λ = 2,33 0,6 0 6 m = 7, m = 798 nm 2 k = 3 : λ = 2,33 0,6 0 6 m = 5, m = 532 nm 3 k = 4 : λ = 2,33 0,6 0 6 m = 3, m = 399 nm 4 Im sichtbaren Bereich werden die Wellenlängen λ 2 = 798 nm und λ 3 = 532 nm ausgelöscht. 48 3GE Version

49 b) In durchgehendem Licht lautet die Bedingung für destruktive Interferenz an einer dünnen Schicht: d k = (2k + ) λ 4 n λ = 4 n d k 2k + k N k = : λ = 4,33 0,6 0 6 m =, m = 064 nm 2 + k = 2 : λ = 4,33 0,6 0 6 m = 6, m = 638,4 nm 4 + k = 3 : λ = 4,33 0,6 0 6 m = 4, m = 456,0 nm 6 + k = 4 : λ = 4,33 0,6 0 6 m = 3, m = 354,7 nm 8 + Im sichtbaren Bereich werden die Wellenlängen λ 2 = 638,4 nm und λ 3 = 456 nm ausgelöscht. Aufgabe 2.5 Ein Teil des Lichtes wird an der Grenzfläche zwischen Luft und Antireflexschicht reflektiert. Da die Brechzahl n AR der Antireflexschicht größer ist als die der Luft n L, findet hier ein Phasensprung statt. Da die Brechzahl n AR der dünnen Schicht kleiner ist als die Brechzahl n G des Glases, findet auch bei der Reflexion an der Grenzschicht zwischen Glas und Antireflexschicht ein Phasensprung statt. Da für die beiden reflektierten Lichtbündel ein Phasensprung stattfindet, ist der gesamte optische Wegunterschied um eine ganze Anzahl von Wellenlängen größer als ohne Phasensprung: s opt = 2 d n AR ± λ Damit destruktive Interferenz stattfindet, muss: s opt = 2 d n AR ± λ = (2k + ) λ 2 2 d k n AR = (2k + ) λ d k = (2k + ) λ n AR 4 Die minimale Dicke wird mit k = 0 erreicht: d k = (2k + ) λ n AR 4 = m, k N k Z =, m = 2,9 nm Bemerkung: Die Einheit des Resultates im Buch scheint falsch zu sein... 3GE Version

50 50 3GE Version

51 3 Relativitätstheorie Aufgabe 3. Im Inertialsystem eines auf der Erde ruhenden Beobachters brauchen die Myonen zum Durchqueren der Atmosphere die Zeit: t = l v = 0 4 m 0, m/s = 3, s = 33, 35 µm 33, 35 Diese Zeit entspricht dem 22-fachen Wert der Halbwertszeit. Nimmt man an, dass, 52 die der Myonenzerfall einem exponentialen Zerfallsgesetz gehorcht, ist nach dieser Zeit nur noch der 2, te Teil der ursprünglichen Myonen vorhanden. Für den ruhenden Beobachter ist aber die Zeit der Myonen gedehnt, sodass die Halbwertszeit der bewegten Myonen für den ruhenden Beobachter folgenden Wert annimmt: t /2 = t /2 = v2 c 2, 52 µm 0, = 44, 63 µs Im Bezugsystem des ruhenden Beobachters ist die Halbwertszeit der bewegten Myonen daher höher als die Dauer der Bewegung, deshalb sind an der Erdoberfläche noch mehr als die Hälfte der ursprünglichen Myonen vorhanden (und experimentell nachweisbar). Aufgabe 3.2 Im Inertialsystem des ruhenden Beobachters beträgt die Halbwertszeit der Pionen: T /2 = T /2 = 4, s v2 c 2 Um die Strecke l von der Quelle zum Ziel zurückzulegen brauchen sie im Inertialsystem des ruhenden Beobachters : 3GE Version

52 t = l v = 44, 5 m 0, m/s =, s Nimmt man an, dass die Pionen einem exponentialen Zerfallsgesetz gehorchen, gilt: N = N 0 e ln 2 t T /2 = N 0 e ln 2, s 4,3 0 8 s = 0, 0627 Es erreichen also rund 6,3 % der Pionen ihr Ziel. Aufgabe 3.3 Die dynamische Masse des Wagens beträgt: m = m 0 v2 c 2 m m 0 = v2 c 2 = +, mit v = 200 km/h Die dynamische Masse des Wagens ist bei einer Geschwindigkeit von 200 km/h nur unwesentlich größer als die Ruhemasse des Wagens. Aufgabe 3.4 Umwandlung der Energie in J: E = 7500 MeV = 7, ev = 7, 5 0 9, J =, J Nach Einsteins Gleichung gilt: E = mc 2 m = E c 2 =, J (3 0 8 m/s) 2 =, kg Durch die relativistische Massenzunahme: 52 3GE Version

53 m = m 0 v2 c 2 v2 c = m 0 2 m ( v2 c = m0 2 m v2 ) 2 ) 2 ( c = m0 2 [ m ( v 2 m0 ) ] 2 = c 2 m ( m0 ) 2 v = c m v = 0, c Aufgabe 3.5 Bemerkung: Die Rechnungen werden nur für die kinetische Energie E kin = 3, 5 GeV durchgeführt. Die Gesamtenergie des Elektrons beträgt E = E 0 + E kin = m c 2, mit m 0 = 9, 0 3 kg. Daher: E = E 0 + E kin = m 0 c 2 + E kin = 9, 0 3 kg (3 0 8 m/s) 2 + 3, 5 0 6,6 0 9 J = 5, J Nach Einsteins Gleichung gilt E = m c 2, außerdem gilt: m = m m 0 = m v2 0 c 2 v2 c 2 Daher: γ = = v2 c 2 E c 2 m 0 = 5,6 0 0 J (3 0 8 m/s) 2 9, 0 3 kg 6850 Mit E kin = 7 GeV, beträgt der relativistische Faktor γ = GE Version

54 Aufgabe 3.6 Die Leistung P = kw = W entspricht der Energie, die die Sonne in einer Sekunde freisetzt. Des Weiteren gilt nach Einsteins Gleichung: E = mc 2 m = E c 2 m = J m 2 /s 2 m = 4, kg Die Masse der Sonne nimmt also pro Sekunde um 4, kg ab. Bei einer Gesamtmasse von M =, kg ist dieser Verlust aber unwesentlich; seit ihrer Geburt hat die Sonne so nicht mal 0, % ihrer Masse in Energie umgewandelt. Aufgabe 3.7 a) Bei der Verschmelzung von kg Wasserstoff zu Helium verringert sich die Masse um m = 0, 006 kg = 0, 006 kg Dabei wird die Energie E frei: E = m c 2 = kg (3 0 8 m/s) 2 = 5, J b) Die in Frage a) berechnete Energie wird bei der Verschmelzung von kg Wasserstoff freigesetzt. Da die Sonne pro Sekunde eine Energie von W freisetzt, werden , = 7, 42 0 kg Wasserstoff pro Sekunde verarbeitet. Aufgabe 3.8 Die Gleichung des relativistischen Impulses muss nach der Geschwindigkeit v aufgelöst werden: 54 3GE Version

55 p = m v = m 0 v p v2 c = m 2 0 v v2 c 2 ) p 2 ( v2 = m 2 0 v2 c 2 p 2 p2 v 2 = m 2 c 2 0 v 2 ) p 2 20 p2 = (m + v 2 c 2 p2 v 2 = m p2 c p 2 v = m p2 c 2 Setzt man die gegebenen Zahlenwerte ein: v = 4 0 9,6 0 9 J m/s ( ) 4 0 9, J m/s (3 0 8 m/s) 2 (9, 0 3 kg) 2 + = 0, c Aufgabe 3.9 Die Gesamtenergie des Heliumkerns (α-teilchen) beträgt: E = m 0 c 2 + E kin = 6, kg (3 0 8 m/s) ,6 0 9 J =, J Die dynamische Masse beträgt dann m = E c 2 =, kg Da Ruhemasse und dynamische Masse nun bekannt sind, kann die Geschwindigkeit v mit- 3GE Version

56 hilfe der Gleichung der relativistischen Massenzunahme berechnet werden: m = m 0 m 2 = v2 c 2 m 2 0 v2 c 2 m 2 ( v2 c 2 m 2 m2 v 2 ) = m 2 0 c 2 = m 2 0 (m2 m 2 0 ) c2 = v 2 m 2 v = c m m 2 m 2 0 = 0, 906 c Aufgabe 3.0 a) Dynamische Masse des Protons: m = E c 2 = 2, kg Geschwindigkeit: v = c m m 2 m 2 0 = 0, 780 c b) Anteil der Ruheenergie an der Gesamtenergie: E 0 E = m 0 c 2 E = 0, 626 = 62, 6% Anteil der kinetischen Energie an der Gesamtenergie: E kin E = E m 0 c 2 E = 0, 374 = 37, 4% Aufgabe 3. a) Nach der klassischen Dynamik, kann die Geschwindigkeit mithilfe des Energieerhaltungssatzes berechnet werden. In der Tat ist die kinetische Energie am Ende des 56 3GE Version

57 Beschleunigungsvorgangs gleich der von der elektrischen Kraft verrichteten Arbeit W = q U, mit q = e (Ladung des Elektrons) und U (Spannung). Demnach: E kin = q U = e U 2 m v2 = e U v 2 = 2 e U m 2 e U v = = 2, m/s = 0, 76 c m b) Relativistisch gesehen, gilt immer noch die Energieerhaltung, allerdings beträgt die kinetische Energie dann E kin = m c 2 : E kin = m c 2 m c 2 m 0 c 2 m 0 c 2 m 0 c 2 v2 c 2 m o γ c 2 m 0 c 2 = q U = e U = e U = e U m o c 2 (γ ) = e U γ = e U m 0 c 2 γ = + e U =, 293 m 0 c2 Da γ = v2 c 2 gilt des Weiteren: γ = v2 c 2 v2 c 2 = γ ( v2 c = 2 γ ( v2 c = 2 γ [ v 2 = c 2 v = c ) 2 ) 2 ( ) ] 2 γ ( ) 2 = 0, 6339 c =, m/s γ 3GE Version

58 c) Die Gesamtenergie berechnet sich mit Einsteins Formel: E = m c 2 : E = m c 2 = m 0 c 2 v2 c 2 =, J = 660, 6 kev 58 3GE Version

59 4 Quantenmechanik Aufgabe 4. a) Nach dem Energieerhaltungssatz: h f h f = W A + E kin = W A + 2 m v2 Wenn λ = λ G ist die kinetische Energie E kin = 0. Daher: h f G c h λ G = W A = W A W A = 6, J s = 2, J =, 85 ev m/s m Die Austrittsarbeit von Cs 3 Sb beträgt also W A =, 85 ev. b) Der Anodenstrom entsteht dadurch, dass die vom Licht freigeschlagenen Elektroden die Anode erreichen. Folgende Hypothesen werden angenommen: Die Lichtintensität I L ist proportional zur Anzahl N der Photonen. Jedes Photon tritt mit einem Elektron in Wechselwirkung und schlägt dieses aus der lichtempfindlichen Schicht. N Photonen schlagenalso N Elektronen frei. Der Anodenstrom entspricht der Ladung, die pro Zeiteinheit den Querschnitt des Stromkreises durchquert. Diese Ladung entspricht der Gesamtladung aller Elektronen: Q = N e. Daher: I = Q t = N e t Da I L N ist die Stromstärke auch proportional zur Lichtintensität. 3GE Version

60 c) Die Leistung P entspricht der Gesamtenergie aller Photonen pro Zeiteinheit ( t = s). Daher ist die Anzahl der Photonen pro Sekunde gleich: n = N t = P h f Da n auch der Anzahl der Elektronen pro Sekunde entspricht, beträgt die Stromstärke: I = n e = P e h f = P λ e h c = W m,6 0 9 C 6, J s m/s = 0, 403 A = 403 ma d) Die Wellenlänge λ = 400 nm wird in der vorhergehenden Gleichung eingesetzt; man findet dann: I = 0, 322 A = 322 ma. Aufgabe 4.2 Ob Elektronen emittiert werden hängt nur von der Grenzwellenlänge ab. Ist λ < λ G findet der photoelektrische Effekt statt, weil die Energie der Photonen dann genügt um Elektronen aus dem Metall herauszuschlagen. Eine Austrittsarbeit W A =, 96 ev enstpricht einer Grenzwellenlänge λ G : W A = h c λ G λ G = h c W A λ G = 6, J s m/s, 96,6 0 9 J = 632, m = 632, 6 nm In gegebenen Beispiel werden also nur durch violettes, nicht aber durch rotes Licht Elektronen emittiert. Aufgabe 4.3 Gegeben: Austrittsarbeit W A = 4, 57 ev 60 3GE Version

61 a) Im Grenzfall ist die kinetische Energie E kin gleich null, daher: W A = h f = h c λ G λ G = h c W A = 2, m = 27, 3 nm Die Grenzwellenlänge liegt im ultravioletten Bereich des elektromagnetischen Spektrums. b) Bei einer Wellenlänge von 200 nm ist die Energie der Photonen höher als die Austrittsarbeit der Wolframschicht, deshalb haben die ausgelösten Elektronen eine bestimmte kinetische Energie E kin, die sich mithilfe des Energieerhaltungssatzes berechnen lässt: h f = W A + 2 mv2 2 mv2 2 mv2 = h f W A = h c λ W A v 2 = 2 (h c W λ A m 2 (h c λ v = W ) A m v = m/s v = 7, m/s ) c) Auch die notwendige Bremsspannung lässt sich mithilfe des Energiesatzes berechnen: 2 mv2 e U U = 2 mv2 e, 63 V Aufgabe 4.4 Gegeben: λ = 436 nm U G =, 490 V λ 2 = 546 nm U G2 = 0, 95 V 3GE Version

62 a) Das Planck sche Wirkungsquantum h beträgt: h = e (U G U G2 ) = e (U G U G2 ) ( ) = 6, J s f f 2 c λ λ 2 b) Da die Spannung bekannt ist die notwendig ist um ein Elektron abzubremsen, wenn es von Licht einer gegebenen Wellenlänge ausgelöst wurde, kann die anfängliche kinetische Energie dieses Elektrons und somit auch die Austrittsarbeit des Metalls berechnet werden: 2 mv2 = e U Weil die Energieerhaltung auch beim Auslösen des Elektrons gilt, können wir schreiben: 2 mv2 = h f W A Setzt man beide Ausdrücke von E kin gleich: e U = h f W A W A = h f e U W A = h c λ e U W A = 6, J s W A = 2, J =, 36 ev m/s m,6 0 9 C, 490 V c) Die Wellenlänge des Lichts wird mithilfe der Energie der entsprechenden Photonen berechnet: h f = W A + E kin h c λ = W A + 2 mv2 h c λ = W A + 2 mv2 λ = 6, J s m/s 2, J + 2 9, 0 3 kg (0 6 m/s) 2 ) 2, m = 295 nm 62 3GE Version

63 Aufgabe 4.5 a) Energie eines Photons E = h f = h c λ = 6, J s m/s m = 3, J = 2, 48 ev Impuls eines Photons p = E c = 3, J m/s 27 kg m =, s Dynamische Masse eines Photons m = E c 2 = 3, J (3 0 8 m/s) 2 = 4, kg b) W entspricht einer Energie von J pro Sekunde. Die Anzahl der Photonen ist das Verhältnis der gesamten, unter Form von Licht, abgestrahlten Energie zur Energie eines einzelnen Photons. Pro Sekunde ergibt das: N = E h f = J 6, J s m/s m = 2, Es werden also 2, Photonen pro Sekunde emittiert. c) Nein, die Masse der Lampe nimmt nicht ab, da die Ruhemasse der Photonen m 0 = 0 beträgt. Aufgabe 4.6 a) Der relativistische Impuls beträgt: p = E c = J m/s = 3, kg m s b) Die Kraft kann nach dem verallgemeinerten Newton schen Gesetz folgendermaßen geschrieben werden: F = p t = 3, kg m s s = 3, N 3GE Version

64 c) Durch den Spiegel ändern die Photonen nicht den Betrag sondern nur die Richtung des Impulses: Beachtet man das Zeichen des Impulses, entspricht dies einer Änderung von: F = p t = p ( p) = 2 p t t = 2 3, kg m s s = 6, N Aufgabe 4.7 a) Der relativistische Impuls beträgt: p = E c = 0 J kg m = 3, m/s s b) Nein, der Gesamtimpuls hängt nur von der Gesamtenergie ab, die Energie und also die Wellenlänge eines einzelnen Photons spielen keine Rolle. c) Für ein Sandkorn gilt die klassische Version des Impulses: p = m v v = p m = 3, kg m s 0 6 kg = 0, 0033 m/s d) Die Kraft entspricht der zeitlichen Änderung des Impulses: F = p t = 3, kg m s 0 3 s = 3, N Aufgabe GE Version

65 Aufgabe 4.9 Aufgabe 4.0 Für die Wellenlänge von de Broglie Wellen gilt: p = h λ λ = h p = a) λ = h m v h m v = 6, J s 0,06 kg 0 m/s =, m b) λ = h m v = 6, J s 0,00 kg 90 m/s = 7, m c) In diesem und folgendem Beispiel beträgt die Energie des Teilchens E = q U, die Wellenlänge kann dann mithilfe der Energie berechnet werden: λ = h 2 m E = h 2 m e U Daher: λ = h 2 m E = 6, J s 2, kg,6 0 9 C 2,5 0 5 V = 5, m d) λ = h 2 m E = 6, J s 2 9, 0 3 kg,6 0 9 C 250 V = 7,759 0 m 3GE Version

66 Aufgabe 4. Um die de Broglie Wellenlänge eines relativistischen Elektrons zu berechnen, muss zuerst die Geschwindigkeit berechnet werden, anschließend der relativistische Impuls. Nach dem Energieerhaltungsprinzip gilt: q U = e U = E kin = m c 2 = (m m 0 ) c 2 = m 0 m 0 c 2 v2 c 2 = m 0 c 2 v2 c 2 e U = m v2 0 c 2 c 2 e U = + m v2 0 c 2 c 2 v2 c 2 = + e U m 0 c 2 v2 c = 2 ( ) 2 + e U m 0 c 2 v 2 c = 2 ( ) 2 + e U m 0 c 2 v = c ( ) 2 + e U m 0 c 2 Die gegebene Spannung U = 5 kv ergibt v = 0, 687 c = km/s Demnach beträgt der Impuls: p = m 0 v v2 c 2 = 4, kg m s 66 3GE Version

67 Aufgabe 4.2 In der Theorie zur Wellenoptik wurde gesehen, dass die Positionen von hellen Streifen (durch Interferenz am Doppelspalt) durch sin α k = k λ g gegeben sind. Da außerdem tan α k = x k, und sin α tan α für kleine Winkel, gilt: D k λ g x k D oder x k = k λ D g Der Abstand zwischen zwei benachbarten Streifen (k und k + ) beträgt demnach: i = x k+ x k = (k + ) λ D g k λ D g = λ D g λ ist die de Broglie Wellenlänge und kann berechnet werden, wenn der Impuls bekannt ist. Wie in Aufgabe 4. ist auch hier die Geschwindigkeit durch die Beschleunigungsspannung bestimmt: 2 q U 2 m v2 = q U v = m Der Impuls beträgt dann (klassisch berechnet): 2 q U p = m v = m = 2m q U m und die Wellenlänge der de Broglie Welle λ = h p = h 2m q U Setzt man diesen Ausdruck in die Formel zur Berechnung des Abstands i zwischen zwei Streifen ein: h D i = g 2m q U Wählt man zwei Spannungen U und U 2, beträgt das Verhältnis der Streifenabstände: i 2 h D = i g 2m g 2m q U U = q U 2 h D U 2 Daher verkleinert sich der Abstand zwischen zwei Streifen um den Faktor 0 wenn die Spannung um den Faktor 00 vergrößert wird.. 3GE Version

68 Aufgabe 4.3 Da sich das Elektron mit 85% der Lichtgeschwindigkeit bewegt, muss den relativistischen Effekten Rechnung getragen werden. a) Die Spannung wird mithilfe der Energieerhaltung berechnet, wobei die kinetische Energie des Elektrons E kin = m c 2 beträgt. q U = m c 2 U = m 0 c 2 q v2 c 2 = 9, 0 3 kg (3 0 8 m/s) 2,6 0 9 C = V 460 kv ( ) 0,85 2 b) Zur Berechnung der Wellenlänge des Elektrons muss der relativistische Impuls benutzt werden. λ = h h v2 p = c 2 m 0 v = 6, J s 0,85 2 9, 0 3 kg 0, m/s =, m Die entsprechende Frequenz beträgt dann: f = c λ =, Hz Aufgabe 4.4 Um die Wellenlänge des Elektrons zu bestimmen, müssen die Zusammenhänge für Interferenzen am Doppelspalt benutzt werden. Für kontruktive Interferenz gilt: sin α k = k λ g λ = g sin α k k = 0 6 m sin 0 =, m 68 3GE Version