Physik 4, Übung 7, Prof. Förster

Physik 4, Übung 7, Prof. Förster Christoph Hansen Emaikontakt Dieser Text ist unter dieser Creative Commons Lizenz veröffenticht. Ich erhebe keinen Anspruch auf Voständigkeit oder Richtigkeit. Fas ihr Feher findet oder etwas feht, dann medet euch bitte über den Emaikontakt. Inhatsverzeichnis Aufgabe 3 2 Aufgabe 2 3 3 Aufgabe 3 3 3. a).............................................. 3 3.2 b).............................................. 4 3.3 c).............................................. 4 3.4 d).............................................. 5 3.5 e).............................................. 5 3.6 f).............................................. 5 3.7 g).............................................. 5 3.8 h).............................................. 6 3.9 i).............................................. 6 4 Aufgabe 4 7 5 Aufgabe 5 7 5. a).............................................. 7 5.2 b).............................................. 8 5.3 c).............................................. 8 6 Aufgabe 6 8 7 Aufgabe 7 8 8 Aufgabe 8 9 9 Aufgabe 9 9 9. a).............................................. 9 9.2 b).............................................. 9 0 Aufgabe 0 0 Aufgabe 0. a).............................................. 0.2 c).............................................. 0

C. Hansen 2 Aufgabe Wir nutzen die geiche Forme wie in Aufgabe 4 von Zette 6. Nur woen wir hier die Dicke der Patte ermitten, ab dem die Intensität um den Faktor 0 4 gesunken ist. Wir steen aso auf: I = I 0 e µρx I I 0 = 0 4 = e µρx Mit den entsprechenden Werten für die Dichte und die Abschirmkonstante µ, erhaten wir für Bei: x 50keV = 0.5 cm x 500keV = 4.6 cm Für Eisen müssen wir uns die entsprechenden Werte raussuchen und erhaten: Das sebe git für Auminium: x 50keV,Eisen = 0.59 cm x 500keV,Eisen = 3.89 cm x 50keV,Au = 9.27 cm x 500keV,Au = 40.39 cm 2 Aufgabe 2 Zusammenfassend kann man sagen: Eindringtiefe = Eindringtiefe der Eektronen 2.5 µm Auger-Eektronen kommen aus der Oberfäche EDX deckt die Oberfäche nicht gut ab 3 Aufgabe 3 3. a) Das Skaarprodukt ist einfach: n a h g T G = n 2 a 2 k g 2 = n a h g + n 2 a 2 k g 2 + n 3 a 3 g 3 n 3 a 3 g 3 Wir nutzen nun, das git g i a i = 2πδ i j = n h 2πδ + n 2 k 2πδ 22 + n 3 2πδ 33 Wenn das Kroneker-Deta zwei geiche Indizes hat, dann is es einfach : = n h 2π + n 2 k 2π + n 3 2π Ae weiteren Faktoren sind ganzzahig und das gewünschte ist gezeigt: = m2π

C. Hansen 3 3.2 b) Die reziproken Gittervektoren können wir mit der in der Voresung behandeten Forme berechnen. Dabei verhaten sich die Basisvektoren in der Lösungsforme zykisch: g = 2π a 2 a 3 2π = 0 V 0.5nm 0 g 2 = 2π a 0 3 a 2π = V 0.5nm 0 g 3 = 2π a 0 a 2 2π = 0 V 0.5nm Die auf dem Übungszette angegebenen Lösungen sind vertauscht. Hier sind die richtigen! 3.3 c) Wir treffen zunächst fogende Vereinbarungen: g i = 4πnm und k k = 2π λ = 4.8 2 Wir können mit diesen Infomationen nun ein Bid ersteen: 4π = 2.4 4π An den Punkten, die auf dem Kreis iegen, kann man nun abesen an wechen Ebenen der Röntgenstrah gestreut wird. Die Zeichnung ist eher schematisch und die Punkte stimmen nicht mit den auf dem Übungsbatt angegeben überein, aber es geht hier auch eher um das Prinzip.

C. Hansen 4 3.4 d) Ich verwenden nun die auf dem Übungsbatt angegebenen Punkte. Den Abstand der Ebenen errechnen wir wie fogt: d hk = a h 2 + k 2 + 2 d 4,,0 = 0.242 0.5nm =.23 0 0 m 3.5 e) Wir nutzen fogende Beziehung von Vektoren: cos(θ) = G hk k G hk k Wir berechnen die Komponenten: 4 G 4,,0 =.257 00 } {{ } 0 4π/0 9 k = k = 2π λ 2 0 G hk =.257 0 0 7 Das können wir nun in unsere anfängiche Geichung einsetzen und erhaten: G hk k G hk = 0.857 = cos(θ) k θ = 30.96 3.6 f) Die Bragg Bedingung ist: λ = 2d hk cos(θ) = 2.08 0 0 m 3.7 g) Wir machen uns zunächst mit Abbidung und 2 kar wie die Ebene im Raum iegt: Nun können wir fogende Beziehungen aufsteen: a 3 a 3 v = G hk = = a h + v v = a 3 a h = a 2 k + v 2 v 2 = a 3 a 2 k ( a3 a h ) (h g + k g 2 + g 3 )

5 C. Hansen Abbidung : Lage der Basisvektoren Abbidung 2: Lage der Ebene as Tensor betrachtet ergibt sich: 2πδi j = ai j g j v~ G~hk = 0 v~2 G~hk = 0 Daraus fogt direkt, das Ghk senkrecht auf der Ebene steht. 3.8 h) Die Entfernungen können wir wie in Teiaufgabe d) berechnen: d = 0.323 nm 2 d = 0.496 nm 3 4 4 d = 0.097 nm 3.9 i) Das Probem kann man sich ungefähr so vorsteen wie auf Abbidung 3. Dabei so geten k - Richtung Das Prinzip ist hier sehr einfach. Man normiert ae Röntgenstrahen (wie in den Teiaufgaben zuvor) und nutzt wieder diese Beziehung: cos(θ) = G~hk ~k G~hk ~k

C. Hansen 6 Abbidung 3: Dann erhät man fogende Winke: θ 00 = 54.74 θ 23 = 22.2 θ 42 = 28.2 Die auf dem Übungsbatt angegebenen Lösungen sind nicht korrekt!! 4 Aufgabe 4 Wir bestimmen zunächst die Wärmemenge, die das Wasser aufnimmt, den daraus ergibt sich der Wärmestrom: Q = m c w T mit c w = 4.82 = 4.82 kj Daraus ergibt sich ein Wärmestrom von: kj kg K Q = Q 60 = 0.697 kj s Das können wir nun in die Forme für die Wärmeeitfähigkeit einsetzen: Aλ T Q = λ = Q A T = 2.57 0 3 5 Aufgabe 5 5. a) Zuerst müssen wir uns karwerden, was die Fäche A r ist: A r = 2πr

C. Hansen 7 Wir setzen ein: Nun integrieren wir von r i bis r und erhaten: Q r = λ 2πr dθ dr T(r) = T Q ( ) r 2πλ n r Das geiche git für r bis r a. Deshab können wir wieder nach Q umformen und erhaten: Q = 2πλ T T 2 n ( r 2 r ) 5.2 b) Der Formkoeffizient F ist einfach: F = 2π n ( ) r 2 r 5.3 c) Der Unterschied zwischen einer Hohkuge und dem Rohr ist edigich die anders beschaffene Fäche. Während sie beim Rohr theoretisch nicht endich ist, ist sie bei der Kuge begrenzt. Da die Integration die sebe beibt können wir den Koeffizienten direkt angeben: Wurde auch in der Voresung besprochen. F = 4π r i r a 6 Aufgabe 6 Wir berechnen zunächst den Wärmefuss: Q = λ T A Daraus ergibt sich eine tägiche Menge von: = 2093.023 kj h Q = Q 24 = 50232.55 kj 7 Aufgabe 7 Wir verwenden die die Geichung für die Wärmeübertragung von hier : Q = α A (T 2 T ) t Wir betrachten die eingestrahe Wärmemenge as Wärmefuss und arbeiten mit der zeitichen Abeitung der Geichung: T 2 = T + Q αa = 29.33 C http://de.wikipedia.org/wiki/wärmeübergangseffizient

C. Hansen 8 8 Aufgabe 8 Wir können das System as eine Art Reihenschatung betrachten. Die Übergangszah ist dann: Die Wärmemenge ergibt sich so: k = + α i λ + α a kj k = 4 m 2 hk Q = k A t T = 20.64 MJ 9 Aufgabe 9 9. a) Wir berechnen zunächst den Wärmedurchasswiederstand: R λ = d λ = 8 m 2 K kj Nun müssen wir noch den Wärmeübergangswiederstand auf der Innen- und Außenseite berechnen: R i = = m 2 K α i 20 kj R a = = m 2 K α a 60 kj Der Wämedurchgangskoeffizient setzt sich nun so zusammen: U = R λ + R i + R a = 5.28 kj m 2 K 9.2 b) Wir suchen die Innentemperatur und die Außentemperatur: Für die Außenwand ergibt sich: Q = k A(T i T a ) q = Q kj = 78.3 A hm 2 q = α(t i T W,i ) T W,i = 5. C q = α a (T W,a T a ) T W,a = 5.3 C

C. Hansen 9 0 Aufgabe 0 Wir nutzen die Forme: Q α = A (T T 2 ) α i = 862.46 W m 2 sk α a = 8250 W m 2 sk mit Q = 480 06 3600 =.3 0 5 Für die Wärmeeitfähigkeit git: Q = Aλ T Q λ = 675.8 669.8 = 2.222 0 4 MJ msk Aufgabe Um die kinetische Energie eines austretenden Photons zu berechnen, müssen wir von der eingebrachten Energie die Austrittsarbeit und Bindungsenergie bezogen auf das chemische Potentia subtrahieren. Wir vernachässigen manges entsprechender Angaben das chemische Potentia und anden bei der bekannten Forme: E kin = E Photon E θ. a) E kin Auninuim E kin Cäsium E kin Wofram E kin Barium He I 7.0 ev ev ev ev He II 26.64 ev ev ev ev K-apha 257.6 ev ev ev ev.2 c) Die maximae Bindungsenergie ist der Wert, der in der obigen Tabee steht, denn dann beibt kein kinetische Energie übrig.