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\title{Lösung EP-5 Übungsblatt}
\subtitle{Übungsblatt 5}
\author{Stefan Gehr}
\date{\today}
\begin{document}
\maketitle
\section*{13, Rutherford-Streuuung}
\begin{equation}
\dv{\sigma}{\Omega}
= \left(\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Z_1Z_2e^2}{4E}\right)^2 \frac{1}{\sin^4(\theta /2)}
\end{equation}
\subsection*{a}
\paragraph{\(\theta=\SI{60}{\degree}\):}
\begin{align*}
\left(\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2\cdot 79 e^2}{4 \cdot \SI{4,5}{\mega\electronvolt}}\right)^2
\frac{1}{\sin^4(\SI{60}{\degree} / 2)}
\approx \SI{56.66364390221623}{\barn\per\steradian}
\approx \SI{56.7}{\barn\per\steradian}
.\end{align*}
\paragraph{\(\theta=\SI{180}{\degree}\):}
\begin{align*}
\left(\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2\cdot 79 e^2}{4 \cdot \SI{4,5}{\mega\electronvolt}}\right)^2
\frac{1}{\sin^4(\SI{180}{\degree} / 2)}
\approx \SI{1.9280252427948779}{\barn\per\steradian}
\approx \SI{1.93}{\barn\per\steradian}
.\end{align*}
\subsection*{b}
Der totale Wirkungsquerschnitt
\begin{align*}
\sigma
&= \int_{4\pi}\dd{\Omega} \dv{\sigma}{\Omega}
= \int_{\phi=0}^{2\pi}\int_{\theta=0}^{\pi}\dd{\phi}\dd{\theta}\sin(\theta) \dv{\sigma}{\Omega}
= 2\pi\left(\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Z_1Z_2e^2}{4E}\right)^2
\int_{0}^{\pi}\dd{\theta}\frac{1}{\sin^3(\theta /2)}
\end{align*}
divergiert, genau wie \(\dv{\sigma}{\Omega}\) für \(\theta=0\) auch divergiert.
\(\theta=0\) entspricht keiner Ablenkung, kommt also nur vor,
wenn das Teilchen sehr weit vom Kern entfernt ist und deshalb fast nicht mehr vom Kern beeinflusst wird.
Bei so großen Entfernungen schirmen die Atomhüllenelektronen den Kern ab, was in der Gleichung nicht beachtet wird,
was schlussendlich zur Divergenz führt.
\subsection*{c}
Wir verwenden Energieerhaltung
\begin{align*}
E_{\alpha}
&= \frac{Z_1Z_2e^2}{4\pi\epsilon_0 d} \\
\Leftrightarrow d
&= \frac{Z_1Z_2e^2}{4\pi\epsilon_0E_{\alpha}}
= \frac{2\cdot 79 e^2}{4\pi\epsilon_0 \SI{4.5}{\mega\electronvolt}}
\approx \SI{5.055875523536123e-14}{\metre}
\approx \SI{5.06e-14}{\metre}
.\end{align*}
\subsection*{d}
\begin{align*}
\sigma = \frac{\dot{N}}{j_{\mathrm{Strahl}}\,\rho_{\mathrm{Target}}\,Ad}
= \frac{Z_1\dot{N}}{I \rho d} \\
\Leftrightarrow d = \frac{Z_1\dot{N}}{I\rho\sigma}
.\end{align*}
%TODO: Ist der Detektor unendlich dünn?
\section*{14, Radius eines Kohlenstoffkerns}
\subsection*{a}
Wir haben \(\theta_1=\SI{1}{\degree}\) und \(
\dv{I(\theta_1)}{\theta} = 0
\) gegeben.
\begin{align*}
\dv{I(\theta)}{\theta}
&= I_0\bigg[
2\sin\left(\frac{\pi b}{\lambda}\sin(\theta)\right) \frac{\pi b}{\lambda}\cos(\theta)
\left(\frac{\pi b}{\lambda}\sin(\theta)\right)^{-2} \\
&-2 \sin^2\left(\frac{\pi b}{\lambda}\sin(\theta)\right)\left(\frac{\pi b}{\lambda}\sin(\theta)\right)^{-3} \frac{\pi b}{\lambda}\cos(\theta)
\bigg]
\end{align*}
\begin{align*}
\Rightarrow 1
&= \frac{\sin\left(\frac{\pi b}{\lambda}\sin(\theta_1)\right)}{\frac{\pi b}{\lambda}\sin(\theta_1)}
= \mathrm{sinc}\left(\frac{\pi b}{\lambda}\sin(\theta_1)\right)
,\end{align*}
oder
\begin{align*}
0
&= \sin\left(\frac{\pi b}{\lambda}\sin(\theta_1)\right) \frac{\pi b}{\lambda}\cos(\theta_1)
.\end{align*}
In beiden Fällen ist \(b=0\) eine Lösung.
Im zweiten Fall sind auch
\begin{align*}
\frac{\pi b}{\lambda}\sin(\theta_1) = k \pi
\end{align*}
mit \(k\in \mathbb{N}\) Lösungen, also
\begin{align*}
b = \frac{k\lambda}{\sin(\theta_1)}
.\end{align*}
Laut Angabe handelt es sich bei \(\theta_1=\SI{1}{\degree}\) um das erste Minimum, weshalb wir \(k=1\) setzen
\begin{align*}
b = \frac{\lambda}{\sin(\theta_1)}
= \frac{\SI{500}{\nano\metre}}{\sin(\SI{1}{\degree})}
\approx \SI{735.8106801699591}{\nano\metre}
\approx \SI{736}{\nano\metre}
.\end{align*}
\subsection*{b}
\begin{align*}
2R_{\mathrm{Kern}}
&= \frac{\lambda_e}{\sin(\theta_1)}
= \frac{hc}{E\sin(\theta_1)} \\
\Leftrightarrow R_{\mathrm{Kern}}
&= \frac{hc}{2E\sin(\theta_1)}
= \frac{hc}{2\cdot \SI{420}{\mega\electronvolt}\cdot \sin(\SI{52}{\degree})} \\
&\approx \SI{1.6165637411981199e-15}{\metre}
\approx \SI{1.6e-15}{\metre}
.\end{align*}
Man vergleicht mit
\begin{align*}
R_{\mathrm{Kern}}
&= r_0A^{1 / 3}
= \SI{1.25e-15}{\metre} \cdot \num{12}^{1 / 3} \\
&\approx \SI{2.8617856063833296e-15}{\metre}
\approx \SI{2.9e-15}{\metre}
\end{align*}
was einen Unterschied vom Faktor \num{1.8} hat.
Es liegt also immerhin in der selben Größenordnung.
\section*{15, Spiegelkerne und Coulombenergie}
Gegeben ist die homogene Ladungsdichte \[
\rho(r) =
\begin{cases}
\frac{Ze}{\frac{4}{3}\pi R^3} &r\leq R \\
0 &r>R
\end{cases}
.\]
\subsection*{a}
Ich werde das Symbol \[
\rho(0) = \frac{Ze}{\frac{4}{3}\pi R^3}
\] für die konstante Ladungsdichte innerhalb des Kerns verwenden.
Die Schale mit Radius \(r\) hat die Ladung
\[\dd{q} = 4\pi \rho(r)r^2\dd{r}.\]
Die Energie \(\dd{E_C}\), die benötigt wird, um die Ladung \(\dd{q}\) auf ihrer Schale im Abstand \(r\) zu platzieren, während darunter schon die Ladung \[
Q_{<r} = 4\pi\int_{0}^{r}\dd{r'}\rho(r')r'^2 = \frac{4}{3}\pi\rho(0)r^3
\] sitzt beträgt \[
\dd{E_C} = \frac{\dd{q}Q_{<r}}{4\pi\epsilon_0r}
= \frac{1}{3\epsilon_0}\rho(0)r^2\dd{q}
= \frac{4\pi\rho(0)}{3\epsilon_0}\rho(r)r^4\dd{r}
.\] Die Gesamtenergie beträgt also
\begin{align}
E_C
&= \frac{4\pi\rho(0)}{3\epsilon_0}
\int_{0}^{R}\dd{r}\rho(r)r^4
= \frac{4\pi\rho(0)^2}{3\epsilon_0} \frac{1}{5}R^5
= \frac{4\pi}{3\epsilon_0}\frac{9Z^2e^2}{16\pi^2R^6}\frac{1}{5}R^5
= \frac{3}{5} \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0} \frac{Z^2}{R}
\qquad \square
\label{eq:3asolution}
.\end{align}
\subsection*{b}
In der Weizsäcker-Massenformel (eine Formel für die Massen) steht
\begin{equation}
E_C = a_c \frac{Z^2}{A^{1 / 3}}
\label{eq:semfcoulomb}
.\end{equation}
Wenn man in \autoref{eq:3asolution} \[
R
= r_0A^{1 / 3}
\] einsetzt erhält man
\begin{align}
E_C
&= \frac{3}{5} \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0} \frac{Z^2}{r_0 A^{1 /3}}
\label{eq:calccoulomb}
.\end{align}
Bei Vergleich von \autoref{eq:semfcoulomb} und \autoref{eq:calccoulomb} erkennt man
\begin{align*}
a_c = \frac{3}{5} \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0\underbrace{r_0}_{\SI{1.25}{\femto\metre}}}
\approx \SI{691182.9829644322}{\electronvolt}
\approx \SI{0.691}{\mega\electronvolt}
.\end{align*}
In der Vorlesung wurde uns \(a_c = \SI{0.714}{\mega\electronvolt}\) gegeben.
Wir haben also nur eine Abweichung von \SI{3.2}{\percent}.
\subsection*{c}
\begin{align*}
\Delta E_C
&= |E_{C1} - E_{C2}|
\overset{(\ref{eq:3asolution})}{=}
\frac{3}{5} \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0} \frac{1}{R} |Z_1^2 - Z_2^2| \\
\Leftrightarrow
R
&= \frac{3}{5} \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0} \frac{|Z_1^2-Z_2^2|}{\Delta E_C}
= \frac{3}{5} \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0} \frac{|19^2-18^2|}{\SI{6.1}{\mega\electronvolt}} \\
&\approx \SI{5.240526715099179e-15}{\metre}
\approx \SI{5.24e-15}{\metre}
.\end{align*}
Andererseits
\begin{align*}
R
&= r_0A^{1 /3} = \SI{1.25e-15}{\metre} \cdot 37^{1/3} \\
&\approx \SI{4.165277314557441e-15}{\metre}
\approx \SI{4.17e-15}{\metre}
.\end{align*}
Wir haben also eine Abweichung von \SI{25.8}{\percent}
\end{document}
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