Experimentalphysik für Naturwissenschaftler II - Exam

Aufgabe 1)

Gegeben sei ein Körper der Masse 5 kg, der sich in Ruhe auf einer horizontalen Fläche befindet. Eine konstante horizontale Kraft von 20 N wird auf den Körper ausgeübt. Vernachlässige die Reibung.

a)

Berechne die Beschleunigung des Körpers unter der gegebenen Kraftanwendung. Verwende das zweite Gesetz von Newton.

Lösung:

Um die Beschleunigung des Körpers zu berechnen, können wir das zweite Gesetz von Newton verwenden, das besagt:

• Gesetz: \[\mathbf{F} = m \cdot a\]

• Hierbei ist \[\mathbf{F}\] die auf den Körper wirkende Kraft, \[m\] die Masse des Körpers und \[a\] die Beschleunigung.

• Geg.: \[m = 5\] kg, \[\mathbf{F} = 20 \] N

Wir müssen die Beschleunigung \[a\] berechnen. Das können wir tun, indem wir die Formel nach \[a\] umstellen:

\[\mathbf{F} = m \cdot a\] \[a = \frac{\mathbf{F}}{m}\]

Wenn Du die gegebenen Werte einsetzt:

\[a = \frac{20 \text{ N}}{5 \text{ kg}} = 4 \text{ m/s}^2\]

Daher beträgt die Beschleunigung des Körpers 4 m/s².

b)

Angenommen, dass der Körper aus dem vorherigen Szenario nach 3 Sekunden eine Geschwindigkeit erreicht hat. Berechne die Endgeschwindigkeit des Körpers nach dieser Zeit.

Lösung:

Um die Endgeschwindigkeit des Körpers nach 3 Sekunden zu berechnen, können wir die Gleichung der gleichmäßig beschleunigten Bewegung verwenden. Diese Gleichung lautet:

• \[v = v_0 + a \cdot t\]

• Hierbei ist \[v\] die Endgeschwindigkeit, \[v_0\] die Anfangsgeschwindigkeit, \[a\] die Beschleunigung und \[t\] die Zeit.

• Geg.: \[v_0 = 0\] (da sich der Körper anfänglich in Ruhe befindet), \[a = 4 \text{ m/s}^2\] (wie vorher berechnet), \[t = 3 \text{ s}\]

Setze die gegebenen Werte in die Gleichung ein:

\[v = 0 + 4 \text{ m/s}^2 \cdot 3 \text{ s}\] \[v = 12 \text{ m/s}\]

Daher beträgt die Endgeschwindigkeit des Körpers nach 3 Sekunden 12 m/s.

c)

Beschreibe, wie das dritte Gesetz von Newton (Wechselwirkungsgesetz) auf das Szenario angewendet werden kann. Welche Kräfte wirken hier aufeinander und wie verhalten sich diese?

Lösung:

Das dritte Gesetz von Newton, auch bekannt als Wechselwirkungsgesetz, besagt:

• Für jede ausgeübte Kraft gibt es eine gleich große, aber entgegengesetzte Reaktionskraft.

• Mathematisch ausgedrückt lautet es:

• \(\textbf{F}_{12} = -\textbf{F}_{21}\)

• Hierbei ist \(\textbf{F}_{12}\) die Kraft, die Körper 1 auf Körper 2 ausübt, und \(\textbf{F}_{21}\) die Kraft, die Körper 2 auf Körper 1 ausübt.

Auf das gegebene Szenario angewendet, bedeutet das dritte Gesetz von Newton Folgendes:

• Kraft und Reaktionskraft:
• Eine konstante horizontale Kraft von 20 N wirkt auf den Körper. Diese Kraft bezeichnen wir als \(\textbf{F}_{12}\).
• Nach dem Wechselwirkungsgesetz übt der Körper eine gleich große Kraft von 20 N in entgegengesetzter Richtung auf die Kraftquelle aus. Diese Reaktionskraft bezeichnen wir als \(\textbf{F}_{21}\).
• Demnach gilt: \(\textbf{F}_{12} = 20 \text{ N}\) und \(\textbf{F}_{21} = -20 \text{ N}\).

Weitere Kräfte in diesem System:

• Normalkraft und Gewichtskraft:
• Die Gewichtskraft \(\textbf{F}_{g}\) des Körpers, die durch die Erdanziehung nach unten wirkt, berechnet sich durch \(\textbf{F}_{g} = m \times g\), wobei \(m = 5 \text{ kg}\) und \(g \thickapprox 9,81 \text{ m/s}^2\) die Erdbeschleunigung ist. Somit ergibt sich: \(\textbf{F}_{g} \thickapprox 49,05 \text{ N}\).
• Die Normalkraft \(\textbf{F}_{N}\), die die horizontale Fläche auf den Körper ausübt, wirkt nach oben und ist betraglich gleich der Gewichtskraft, jedoch entgegengesetzt gerichtet. Somit gilt: \(\textbf{F}_{N} \thickapprox -49,05 \text{ N}\).

Zusammenfassend wirken in diesem Szenario folgende Kräfte aufeinander:

• Die horizontale Kraft von 20 N und die gleich große, entgegengesetzte Reaktionskraft des Körpers von -20 N.
• Die Gewichtskraft von \(49,05 \text{ N}\) nach unten und die gleich große Normalkraft von \(-49,05 \text{ N}\) nach oben, die sich gegenseitig aufheben.

Aufgabe 2)

Ein idealer Gaskolben befindet sich in einem thermodynamischen Gleichgewicht bei einer Anfangstemperatur von 300 K. Das System ist in der Lage, Wärme auszutauschen und mechanische Arbeit zu leisten. Der Kolben wird in zwei Schritten bearbeitet:

• Erstes Experiment: Isochorer Prozess (Konstantes Volumen).
• Zweites Experiment: Isothermer Prozess (Konstante Temperatur).

Im ersten Schritt wird dem Gaskolben 500 J an Wärme zugeführt. Im zweiten Schritt wird der Kolben entspannt, sodass eine Arbeit von 200 J geleistet wird. Dabei wird jeweils die Energieänderung und die Entropieänderung des Systems betrachtet.

b)

Teilaufgabe (b):

Berechne die neue Temperatur \textit{T\textsubscript{f}} des Gases nach dem zweiten Schritt (isothermer Prozess) nach der Entspannung, bei der das Gas 200 J Arbeit leistet. Gehe dabei davon aus, dass das Gas sich bei Konstanter Temperatur entspannt.

Hinweis: Beim isothermen Prozess bleibt die Temperatur des Systems konstant, somit:

• \textit{Q} = \textit{W}

Nutze den ersten Hauptsatz: \textit{ΔU} = \textit{Q} - \textit{W}

Lösung:

Teilaufgabe (b):

Berechne die neue Temperatur \(T_{f}\) des Gases nach dem zweiten Schritt (isothermer Prozess) nach der Entspannung, bei der das Gas 200 J Arbeit leistet. Gehe dabei davon aus, dass das Gas sich bei konstanter Temperatur entspannt.

Hinweis: Beim isothermen Prozess bleibt die Temperatur des Systems konstant, somit:

• Q = W

Nutze den ersten Hauptsatz: \(ΔU = Q - W\)

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Schritt-für-Schritt-Lösung:

Beim isothermen Prozess bleibt die Temperatur des idealen Gases konstant. Das bedeutet, dass die Änderung der inneren Energie (\(ΔU\)) des Systems gleich null ist:

• \(ΔU = 0\)

Nach dem ersten Hauptsatz der Thermodynamik gilt:

• \(ΔU = Q - W\)

Da \(ΔU = 0\) ist, muss gelten:

\(0 = Q - W\)

Daraus folgt:

• \(Q = W\)

Gegeben: \(W = 200 \text{ J}\)

Also gilt:

\(Q = 200 \text{ J}\)

Die Temperatur bleibt bei einem isothermen Prozess konstant, somit:

• \(T_{f} = 300 \text{ K}\)

Zusammenfassend:

Die neue Temperatur des Gases nach dem zweiten Schritt ist: \(T_{f} = 300 \text{ K}\)

Aufgabe 3)

In einem Experiment wird das Beugungs- und Interferenzmuster von Licht gemessen, das auf einen Doppelspalt trifft. Der Abstand zwischen den beiden Spalten beträgt 0,5 mm und die Wellenlänge des verwendeten Lichts beträgt 600 nm. Ein Bildschirm ist in einer Entfernung von 2 m vom Doppelspalt aufgestellt. Betrachte die Beugungs- und Interferenzerscheinungen und berechne die Winkel- und Intensitätsverteilungen. Verwende relevante Gleichungen wie das Youngsche Doppelspaltexperiment und die Gittergleichung.

a)

Berechne den Winkel (\theta) für das erste Interferenzmaximum (m = 1).

Lösung:

Berechnung des Winkels (\theta) für das erste Interferenzmaximum

Gegebene Informationen:

• Abstand zwischen den Spalten (d): 0,5 mm = 0,5 \times 10^{-3} m
• Wellenlänge des Lichts (\textlambda): 600 nm = 600 \times 10^{-9} m
• Ordnung des Maximums (m): 1
• Entfernung zum Schirm: 2 m (nicht direkt benötigt für die Winkelberechnung)

Relevante Gleichung:

Die Bedingung für konstruktive Interferenz (Maxima) in einem Doppelspaltexperiment ist gegeben durch:

d \, \sin\theta = m \lambda

Umgestellt zur Berechnung des Winkels:

\sin\theta = \frac{m \lambda}{d}

Berechnung:

Setze die gegebenen Werte ein:

\sin\theta = \frac{1 \times 600 \times 10^{-9} m}{0,5 \times 10^{-3} m}

\sin\theta = \frac{600 \times 10^{-9}}{0,5 \times 10^{-3}}

\sin\theta = 0,0012

Jetzt berechnen wir den Winkel \theta durch den \sin^{-1}(\sin\theta):

\theta = \sin^{-1}(0,0012)

Da der Wert von 0,0012 sehr klein ist, können wir den Winkel in Radiant berechnen und anschließend in Grad umrechnen:

\theta ≈ 0,0012 \text{ rad}

Umrechnung in Grad:

1 Radiant entspricht etwa 57,2958 Grad.

\theta ≈ 0,0012 \times 57,2958 \approx 0,0688 °

Ergebnis:

Der Winkel für das erste Interferenzmaximum beträgt ungefähr 0,0688 Grad.

b)

Bestimme den Abstand (y) dieses ersten Maximums vom Zentrum des Interferenzmusters auf dem Bildschirm.

Lösung:

Berechnung des Abstands (y) des ersten Maximums vom Zentrum des Interferenzmusters

Gegebene Informationen:

• Abstand zwischen den Spalten (d): 0,5 mm = 0,5 \times 10^{-3} m
• Wellenlänge des Lichts (\textlambda): 600 nm = 600 \times 10^{-9} m
• Entfernung zum Schirm (L): 2 m
• Ordnung des Maximums (m): 1

Relevante Gleichung:

Um den vertikalen Abstand (y) des Interferenzmaximums auf dem Schirm zu finden, verwenden wir die Gleichung:

y = L \tan\theta

Falls der Winkel \(\theta\) sehr klein ist (was meistens der Fall ist), können wir die Näherung \(\tan\theta \approx \sin\theta\) verwenden. Dann wird:

y \approx L \sin\theta

Berechnung:

Erinnern wir uns an die Bedingung für das erste Interferenzmaximum (m = 1):

d \sin\theta = m \lambda

Da \(m = 1\):

\(\sin\theta = \frac{\lambda}{d}\)

Setze die gegebenen Werte ein:

\(\sin\theta = \frac{600 \times 10^{-9}}{0,5 \times 10^{-3}}\)

\(\sin\theta = \frac{600}{0,5} \times 10^{-6} = 1200 \times 10^{-6} = 0,0012\)

Nun setze dies in die Gleichung für y ein:

\(y = L \sin\theta\)

\(y = 2 \times 0,0012\)

\(y = 0,0024 m\)

\(y = 2,4 mm\)

Ergebnis:

Der Abstand des ersten Maximums vom Zentrum des Interferenzmusters auf dem Bildschirm beträgt ungefähr 2,4 mm.

c)

Berechne die Intensität des Lichts bei diesem Maximum im Vergleich zur Intensität im Zentrum (\theta = 0).

Lösung:

Berechnung der Intensität des Lichts beim ersten Maximum im Vergleich zur Intensität im Zentrum

Gegebene Informationen:

• Abstand zwischen den Spalten (d): 0,5 mm = 0,5 \times 10^{-3} m
• Wellenlänge des Lichts (\textlambda): 600 nm = 600 \times 10^{-9} m
• Entfernung zum Schirm (L): 2 m
• Ordnung des Maximums (m): 1
• Winkel des ersten Maximums: \(\theta \approx 0,0012 \, \text{rad}\) (erschlossen aus vorherigen Berechnungen)

Relevante Gleichung:

Die Intensitätsverteilung beim Youngschen Doppelspaltexperiment kann durch die folgende Gleichung beschrieben werden:

I(\theta) = I_0 \cos^2\left(\frac{\pi d \sin(\theta)}{\lambda}\right)

wobei:

• I(\theta) die Intensität bei einem Winkel \theta ist
• I_0 die maximale Intensität im Zentrum (bei \theta = 0) ist
• d der Abstand zwischen den Spalten ist
• \lambda die Wellenlänge des Lichts ist
• \theta der Winkel ist

Berechnung:

Berechne das Argument des Kosinus:

\[\frac{\pi d \sin(\theta)}{\lambda} = \frac{\pi \times 0,5 \times 10^{-3} \times 0,0012}{600 \times 10^{-9}}\]

\[\frac{\pi \times 0,5 \times 0,0012}{600 \times 10^{-6}} = \frac{\pi \times 0,0006}{600 \times 10^{-6}} = \frac{\pi}{1000}\]

Setze diesen Wert in die Intensitätsgleichung ein:

\[I(\theta) = I_0 \cos^2\left(\frac{\pi}{1000}\right)\]

Berechne den Kosinuswert:

\[\cos\left(\frac{\pi}{1000}\right) \approx \cos(0,00314) \approx 0,999995\]

Quadrat des Kosinuswerts:

\[\cos^2\left(0,00314\right) \approx (0,999995)^2 \approx 0,999990\]

Somit ist:

\[I(\theta) = I_0 \times 0,999990\]

Ergebnis:

Die Intensität des Lichts beim ersten Maximum (\theta \approx 0,0012 \, \text{rad}) ist nahezu gleich der Intensität im Zentrum.

Das Verhältnis der Intensitäten ist:

\[\frac{I(\theta)}{I_0} \approx 0,999990\]

Das bedeutet, die Intensität des Lichts beim ersten Maximum beträgt ungefähr 99,9990% der Intensität im Zentrum.

Aufgabe 4)

QuanteneffekteGrundlegende physikalische Phänomene auf der Skala einzelner Atome und Subatome, die durch Quantenmechanik beschrieben werden.

• Welle-Teilchen-Dualismus: Teilchen wie Elektronen zeigen sowohl Wellen- als auch Teilcheneigenschaften.
• Heisenbergsche Unschärferelation: \( \Delta x \cdot \Delta p \geq \frac{h}{4\pi} \) begrenzt die Genauigkeit der gleichzeitigen Messung von Ort (\( \Delta x \)) und Impuls (\( \Delta p \)).
• Quantisierung von Energie: Energieniveaus in Atomen sind diskret und nicht kontinuierlich.
• Pauli-Prinzip: Kein zwei Elektronen können im selben Atom denselben Satz von Quantenzahlen haben.
• Tunneleffekt: Teilchen können durch eine Potenzialbarriere tunneln, die sie klassisch nicht überwinden könnten.

a)

Beschreibe ausführlich den Welle-Teilchen-Dualismus und erkläre, wie dieses Konzept durch das Doppelspaltexperiment veranschaulicht wird. Stelle sicher, dass Deine Antwort sowohl auf den wellenartigen als auch den teilchenartigen Aspekt eingeht.

Lösung:

Welle-Teilchen-DualismusDer Welle-Teilchen-Dualismus ist ein fundamentales Konzept der Quantenmechanik, das besagt, dass Teilchen wie Elektronen sowohl Welleneigenschaften als auch Teilcheneigenschaften zeigen. Dieser Dualismus kann durch das berühmte Doppelspaltexperiment anschaulich erläutert werden.

• Wellenartige Eigenschaften:Wenn Elektronen durch zwei schmale Spalte gesendet werden, zeigt sich ein Interferenzmuster auf einem dahinter liegenden Schirm. Dieses Muster entsteht, weil die Elektronen als Wellen interferieren - ähnlich wie Wasserwellen oder Lichtwellen. Die Elektronenwellen überlagern sich und führen je nach Phasenlage zu konstruktiver oder destruktiver Interferenz. Das Ergebnis ist ein Muster aus hellen und dunklen Streifen, das typisch für Wellen ist.
• Teilchenartige Eigenschaften:Wenn man das gleiche Experiment durchführt und einen Detektor verwendet, um die Bahnen der einzelnen Elektronen zu verfolgen, zeigt sich ein anderes Bild. Nun erscheint das Interferenzmuster nicht, und die Elektronen schlagen nur hinter den Spalten auf, was darauf hinweist, dass sie sich wie klassische Teilchen verhalten. Interessanterweise zeigt sich das Interferenzmuster wieder, wenn man die Detektoren ausschaltet und die Elektronen ungestört durch die Spalte passieren lässt.

Das Doppelspaltexperiment veranschaulicht somit eindrucksvoll, dass Elektronen sowohl Wellen- als auch Teilcheneigenschaften besitzen. Die Welleneigenschaften zeigen sich in der Interferenzstruktur, während die Teilcheneigenschaften durch das punktuelle Auftreffen auf dem Schirm beim Nachweis der Elektronen hervortreten.Dieser Dualismus ist ein zentrales Element der Quantenmechanik und zeigt, dass die Natur auf mikroskopischer Ebene fundamental anders funktioniert als auf makroskopischer Ebene. Der Welle-Teilchen-Dualismus fordert unser klassisches Verständnis von Teilchen und Wellen heraus und ist entscheidend für unser Verständnis der Quantenwelt.

b)

Verwende die Heisenbergsche Unschärferelation, um das Mindestmaß an Unschärfe in der Positionsbestimmung (\( \Delta x \)) zu berechnen, wenn die Unschärfe des Impulses (\( \Delta p \)) eines Elektrons 1\,kg·m/s beträgt. Nutze hierfür den Planckschen Wirkungsquantum h = 6.626 \times 10^{-34} J·s.

Lösung:

Berechnung des Mindestmaßes an Unschärfe in der Positionsbestimmung (\( \Delta x \))Die Heisenbergsche Unschärferelation ist gegeben durch:

• \( \Delta x \cdot \Delta p \geq \frac{h}{4\pi} \)

Wenn wir die Unschärfe des Impulses (\( \Delta p \)) eines Elektrons kennen und diese 1 kg·m/s beträgt, können wir die Unschärfe in der Positionsbestimmung (\( \Delta x \)) berechnen. Der Planck'sche Wirkungsquantum (\( h \)) beträgt 6.626 × 10^{-34} J·s.Nun setzen wir die Werte in die Heisenbergsche Unschärferelation ein:

• \( \Delta x \cdot 1 \text{ kg·m/s} \geq \frac{6.626 \times 10^{-34} \text{ J·s}}{4\pi} \)

Wir lösen nach \( \Delta x \) auf:

\begin{aligned} \Delta x &\geq \frac{6.626 \times 10^{-34}}{4\pi \cdot 1}\ \text{m} \cdot \text{s}\cdot\text{kg}^{-1} = \frac{6.626 \times 10^{-34}}{4\pi} \text{ m} \end{aligned}

Nun berechnen wir den numerischen Wert:

• \( \Delta x \geq \frac{6.626 \times 10^{-34}}{4 \times 3.14159} \approx \frac{6.626 \times 10^{-34}}{12.56636} \approx 5.27 \times 10^{-35} \text{ m} \)

Daher beträgt das Mindestmaß an Unschärfe in der Positionsbestimmung eines Elektrons, wenn die Unschärfe des Impulses 1 kg·m/s beträgt:

• \( \Delta x \geq 5.27 \times 10^{-35} \text{ m} \)

c)

Erkläre den Tunneleffekt und berechne die Wahrscheinlichkeit, dass ein Elektron eine Potenzialbarriere der Höhe 10 eV und Breite 1 nm überwindet. Nutze die Formel für die Tunnelwahrscheinlichkeit: \[T \approx e^{-2 \cdot \kappa \cdot d} \] wobei \( \kappa = \sqrt{\frac{2m(U_0 - E)}{\hbar^2}} \) ist. Die Masse des Elektrons ist 9.11 \times 10^{-31} kg und \( \hbar \approx 1.055 \times 10^{-34} \)Js.

Lösung:

TunneleffektDer Tunneleffekt ist ein quantenmechanisches Phänomen, bei dem ein Teilchen eine Potenzialbarriere durchqueren kann, obwohl es nicht genügend Energie hat, diese Barriere klassisch zu überwinden. In der klassischen Physik würde ein Teilchen reflektiert werden, wenn es auf eine Barriere trifft, die höher ist als seine kinetische Energie. In der Quantenmechanik jedoch gibt es eine endliche Wahrscheinlichkeit, dass das Teilchen die Barriere durchquert. Dieses Phänomen kann mithilfe der Schrödinger-Gleichung und der Wellengleichung beschrieben werden.Um die Wahrscheinlichkeit zu berechnen, dass ein Elektron eine Potenzialbarriere der Höhe 10 eV und Breite 1 nm überwindet, verwenden wir die folgende Formel für die Tunnelwahrscheinlichkeit: \[ T \approx e^{-2 \cdot \kappa \cdot d} \] Dabei ist \( \kappa = \sqrt{\frac{2m(U_0 - E)}{\hbar^2}} \).Gegeben:

• Potenzialbarrierehöhe \( U_0 = 10 \text{ eV} \)
• Breite der Barriere \( d = 1 \text{ nm} = 1 \times 10^{-9} \text{ m} \)
• Masse des Elektrons \( m = 9.11 \times 10^{-31} \text{ kg} \)
• \( \hbar \approx 1.055 \times 10^{-34} \text{ J} \cdot \text{s} \)

Um die Energie in Joule umzurechnen, nutzen wir:

• 1 eV = 1.602 \times 10^{-19} J

• \( U_0 = 10 \text{ eV} = 10 \times 1.602 \times 10^{-19} \text{ J} = 1.602 \times 10^{-18} \text{ J} \)

Wir nehmen an, dass die kinetische Energie des Elektrons \( E \) sehr klein gegenüber \( U_0 \) ist, so dass \( U_0 - E \approx U_0 \) ist:\[ \kappa = \sqrt{\frac{2 \cdot 9.11 \times 10^{-31} \text{ kg} \cdot 1.602 \times 10^{-18} \text{ J}}{(1.055 \times 10^{-34} \text{ J} \cdot \text{s})^2}} \] Wir berechnen nun \( \kappa \):

\begin{aligned} \kappa &= \sqrt{\frac{2 \cdot 9.11 \times 10^{-31} \cdot 1.602 \times 10^{-18}}{(1.055 \times 10^{-34})^2}} \ &= \sqrt{\frac{2 \cdot 9.11 \times 1.602}{(1.055)^2} \times \frac{10^{-31} \times 10^{-18}}{10^{-68}}} \ &= \sqrt{\frac{2 \cdot 9.11 \times 1.602}{(1.055)^2} \times 10^{19}} \ &= \sqrt{\frac{29.1592}{1.113025}} \times 10^9 \ &= \sqrt{26.192} \times 10^9 \ &= 5.1188 \times 10^9 \text{ m}^{-1} \end{aligned}

Nun setzen wir \( \kappa \) und \( d \) in die Formel für die Tunnelwahrscheinlichkeit ein:

\begin{aligned} T &\approx e^{-2 \cdot 5.1188 \times 10^9 \cdot 1 \times 10^{-9}} \ &\approx e^{-10.2376} \ &\approx 3.57 \times 10^{-5} \end{aligned}

Daher beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass ein Elektron eine Potenzialbarriere der Höhe 10 eV und Breite 1 nm überwindet, etwa 3.57 \times 10^{-5} oder 0.00357%.