Lösung 09 Klassische Theoretische Physik I WS 15/16. G(t t ) = Θ(t t )e α(t t ). (1)

Größe: px

Ab Seite anzeigen:

Download "Lösung 09 Klassische Theoretische Physik I WS 15/16. G(t t ) = Θ(t t )e α(t t ). (1)"

Maya Krüger
vor 6 Jahren
Abrufe

1 Karlsruher Institut für Technologie Institut für theoretische Festkörperphysik Lösung 09 Klassische Theoretische Physik I WS 5/6 Prof. Dr. G. Schön 0 Punkte Sebastian Zanker, Daniel Mendler Besprechung Drude-Leitfähigkeit ( ( + 4) = 7 + (6) Punkte) (a) Wir kennen bereits die Green sche Funktion für die DGL G(t t ) = Θ(t t )e α(t t ). () v + αv = f(t). () Setzen wir α = τ, so lässt sich die DGL des Drude Modells it dieser DGL identifizieren, wobei f(t) = e E(t). Dait finden wir die Lösung v(t) = für die Geschwindigkeit, bzw. dt G(t t )f(t ) = e j(t) = env(t) = ne für die Strodichte. Dait ist die Leitfähigkeit i Drude-Modell (b) Wir haben j(t) = t t dt E(t )e t t τ (3) dt E(t )e t t τ (4) σ(t) = ne Θ(t)e t/τ. (5) dt σ(t t )E(t ). (6) Die ist die Faltung von elektrische Feld E(t) und Leitfähigkeit σ(t). Dait folgt ittels Faltunstheore direkt j(ω) = E(ω)σ(ω). (7) Auch die Foruiertransforierte von σ(t) haben wir bereits auf de letzten Blatt berechnet. Sie lautet σ(ω) = ne τ + iω = ne τ iω τ + ω. (8) (c) Wir lösen die DGL nun ittels Fouriertransforation. Wir gehen wieder von der in Gleichung (??) aus (α = /τ und f(t) = ee(t)/). Setzen wir nun die Fouriertransforierten direkt in die Gleichung ein, finden wir ( ) d dω dω dt + α π v(ω)eiωt = π f(ω)eiωt. (9) Vertauschen wir nun Ableitung und Integral finden wir und dait dω π (iω + α) v(ω)eiωt = dω π f(ω)eiωt (0) (iω + α) v(ω) = f(ω) ()

2 bzw. it σ(ω) wie in (b). v(ω) = f(ω) iω + α = e iω + α E(ω) = σ(ω)e(ω). () en (d) Auch hier berechnen wir eine bereits bekannte Funktion, nälich die Fouriertransforierte der Green schen Funktion (siehe Blatt 8, A). Zur Bestiung der Green schen Funktion setzen wir E(t) = e δ(t) und erhalten die DGL v + αv = δ(t), (3) welche natürlich die Green sche Funktion als Lösung hat. Wir wissen, dass Wir benötigen also lediglich die FT des elektrischen Feldes E(ω) = v(ω) = σ(ω)e(ω). (4) Dait finden wir das bereits bekannte Ergebnis v(ω) = e (e) Sei nun E(t) = E 0. Die Gleichstroleitfähigkeit ergibt sich zu e dt e δ(t)e iωt = e. (5) α + iω = α + iω. (6) σ 0 = li σ(ω) = ne ω 0 τ (7) Wir wollen nun die Gleichstroleitfähigkeit bestien. Dazu nutzen wir zuerst direkt Gleichung () vo Aufgabenblatt: j(t) = t dt σ(t t )E 0 = ne E 0 dt e t t τ = ne τ E 0 Führ den zweiten Weg ittels Fouriertransforation benötigen wir zuerst E(ω): E(ω) = dt E 0 e iωt = πe 0 δ(ω). (8) Dait finden wir it der Drude Forel j(ω) = σ(ω)e(ω) = ne τ + iω πe 0δ(ω) (9) Nun üssen wir noch die inverse FT durchführen: dω j(t) = π j(ω)eiωt = ne τ E 0. (0) Wie erwartet stien die beiden Ergebnisse überein. Je nach For des elektrsichen Feldes kann aber eine der beiden Herangehensweisen deutlich besser zu rechnen sein.. Potenziale, Gradient und Kraftfelder ( () = 4 + () Punkte) (a) (Wir bezeichnen it e i einen Einheitsvecktor in i-richtung ) / / (i) r = 3 x j = 3 x j xi = x i x i x i r j= (ii) r = i (iii) j= e i r = x i i f(r) = df(r) x i dr (iv) x i e i r = r r = e r r = f (r) x i x i r f(r) = f (r)e r

3 (b) Das Kraftfeld eines Potenzials V (r), das nur vo Abstand r abhängt, lässt sich ittels a)(iv) berechnen: F (r) = V (r) = V (r)e r = V (r) r r. () Für ein /r Potenzial gilt und dait (c) Das Potential lässt sich hier erraten: V (r) = d dr α r = α r () F (r) = αr r 3 = α r e r. (3) V (x ) = k x + V 0 (4) it V 0 = const.. Das dieses Potential die korrekte Kraft gibt lässt sich ittels Nachrechnen prüfen: F (x ) = d V (x ) = kx. (5) Foral lässt sich das Potential ittels Integration aus der Kraft bestien: V (x ) = x x,0 F (x ) = k x i k x,0 = k x + V 0 (6) (d) Auch das Yukawa-Potenzial hängt nur vo Abstand r ab. Wir finden V Y (r) = α ( ) r r + γ e γr (7) und F = α ( + γr) e γr r e r (8) 3. Teilchen i quartischen Potenzial ( (4) = 9 + (4) Punkte) Ein Teilchen der Masse und Energie E bewege sich i Potenzial V (x) = ax 4 + bx it a, b > 0. Für kleine Energien und kleine x kennen wir die Lösung des Probles. Es ergibt sich it V (x) bx der haronische Oszillator, der bereits ausgiebig besprochen wurde. (a) Skizze:.5 V(x), b=, a=, = ẋ(x), E=0.5 ẋ(x), E= ẋ(x), E= V(x) x Abbildung : Skizze des Potentials V (x) und von ẋ(x) für unterschiedliche Energien für Aufgabe 3 (f) 3

4 (b) Hochpunkte E ax = V (± x ax ) des Potenzials: d V (x) = 4ax3 + bx = 0 (9) b x ± = ± (30) a b Wir finden die Maxialpunkte x = 0 und x ± = ± a = ± x ax. Bei x = 0 ist ein lokales Miniu, bei x ± sind Maxia. ( ) b E ax = V (± x ax ) = V ( x ax ) = a + b b a a = b 4a (3) (c) Gleichung für die Energie des Teilchens: (d) Auflösen nach ẋ: E(x, ẋ) = ẋ + V (x) = ẋ ax 4 + bx (3) E = ẋ ax 4 + bx (33) ẋ = ± (E + ax4 bx ) (34) Der Betrag der Geschwindigkeit des Teilchens ist durch die Energie festgelegt. Allerdings ist das ± wichtig, da die Richtung der Geschwindigkeit eine Rolle spielt und erstal nicht festgelegt ist. Aufstellen des Integrals x(t) ittels Separation der Variablen, wobei x i = x(t i ) t t 0 = ± Wir setzen i folgenden t 0 = 0 und t = t. t = ± x x E + ax 4 bx (35) E + ax 4 bx (36) Wegen t > 0 folgt für negative Geschwindigkeit x < x. (e) Sei nun die Energie des Teilchens E = E ax. < und für positive Geschwindigkeit t = ± x x = ± a = ± b 4a + ax4 bx a x = ± (x b a a ) x (37) b + x 4a 4 b a x x x ax Wir substituieren it y = x/ x ax, y i = x i / x ax. Das ist die Norierung des Orts auf die Breite der Potentialulde! I folgenden verwenden wir nur noch y. (38) t = ± x ax y a y 0 y (39) (40) Das Teilchen kann sich nun entweder innerhalb des Potentialtopfes oder außerhalb bewegen. Man uss daher bei der Integration darauf achten, dass die beiden Fälle y < (In der Mulde) 4

5 und y > (Außerhalb der Mulde) berücksichtigt werden. Das Teilchen kann die ganze Zeit entweder nur in der Potentialulde oder außerhalb sein, da die Energie genau E ax entspricht. Daher reicht es wenn wir die Fälle y 0 < und y 0 > betrachten. (Den Punkt y 0 =, also wenn sich das Teilchen genau a Maxiu befindet, schließen wir aus. In de Fall bleibt das Teilchen für ier an diese labilen Punkt liegen. Die Gleichungen gelten nicht wegen Division durch 0.) y > : y < : Wir führen eine Partialbruchzerlegung durch: t = τ t = τ y y 0 y y 0 y y τ = ± x ax a y = (y )(y + ) = A y + B y + = A + B = 0 A B = = y = y(a + B) + (A B) = y [ y ] y + Wir integrieren die beiden Fälle (Beachte, dass die Logarithen alle reell sind): y > : τ y = τ [ y ] y + = τ [ln(y ) ln(y + )] = τ ln y y < : y < : τ τ Insgesat erhalten wir y = τ [ y + ] + y y + (4) (4) (43) (44) (45) (46) (47) (48) = τ [ ln( y) + ln( + y)] = τ ln + y = τ artanh y (49) y y = τ [ ] y + (50) y = τ [ln( y) ln( y)] = τ ln y (5) y + y > : t = τ [ ln y y + ln y ] 0 y 0 + (5) y < : t = τ(artanh y artanh y 0 ) (53) Auflösen nach y = y(t): ( t y > : exp τ + ln y ) 0 = f(t) = y(t) y 0 + y(t) + ( ) t y < : y(t) = tanh τ + artanh y 0 = y(t) = + f(t) f(t) (54) (55) Die Funktion divergiert für y > und große t wegen des abstoßenden Potentials: ( t exp τ + ln y ) 0 < = t < τ y 0 + ln y 0 + y 0 (56) (f) E < 0: In diese Fall befindet sich das Teilchen nicht in der Potentialulde. Der Zustand ist ungebunden, das Teilchen läuft weg. 5

6 0 < E < E ax : In diese Fall kann sich das Teilchen in der Potentialulde befinden, sofern x < x ax. Dann ist der Zustand gebunden. Befindet sich das Teilchen anfangs außerhalb der Mulde, so ist der Zustand ungebunden. E ax < E: Das Teilchen ist ungebunden. Die Kurven i Phasenrau plotten wir für unterschiedliche Energien E. Der Einfachheit halber setzen wir =, a =, b = und erhalten E ax = b 4a =. ẋ(x) = ± (E + ax4 bx ) = ± E + x 4 x (57) 6

Ähnliche Dokumente

Übungen zur Klassischen Theoretischen Physik I WS 2016/17

Karlsruher Institut für Technologie Institut für Theoretische Festkörperphysik Übungen zur Klassischen Theoretischen Physik I WS 06/7 Prof. Dr. Carsten Rockstuhl Blatt 4 Dr. Andreas Poenicke, MSc. Kari