10.2 – Lorentzkraft

 

Geladene Teilchen (Ladung q, Masse m) treten zum Zeitpunkt t = 0 bei x = y = z = 0 mit der Geschwindigkeit \vec v = v_0 \cdot \left( {0,\:1,\:0} \right)^{\top} in ein homogenes Magnetfeld der Form \vec B = B_0 \cdot \left( {0,\:0,\:1} \right)^{\top} ein.

  1. Berechnen Sie allgemein die Parameterdarstellung x\left(t\right), y\left(t\right) und z\left(t\right) der Bahnkurve der Teilchen im Magnetfeld. Lösen Sie die Differentialgleichung mit dem Ansatz \eta = i \cdot \dot x + \dot y
  2. Zeigen Sie, dass die Bahnkurve eine Kreisbahn in der (x-y)-Ebene ist.
  3. Berechnen Sie den Radius der Kreisbahn.
  4. Welche Bahn erhält man, wenn der Geschwindigkeitsvektor des Teilchens beim Eintritt in das homogene Magnetfeld bei t = 0 die Form \vec v = v_0 \cdot \left( {0,\:1,\:1} \right) hat?

Lösung

Die Aufgabe stellt ein Problem dar, das mit Hilfe der Theorie zur Lorentzkraft gelöst werden kann. Dabei liefert diese Theorie den Ansatz, dass Ladungen (i.a. Strom), die sich in einem B-Feld bewegen von einer Kraft abgelenkt werden, die Lorentzkraft genannt wird. Zur Bestimmung der Richtung der Kraft nutzen wir die Rechte-Hand-Regel. Dabei zeigt der Daumen in die Bewegungsrichtung der positiven Ladungen oder des Stroms, der Zeigefinger in Richtung des B-Feldes und der Mittelfinger in Richtung der Lorentzkraft.
Wenn das Magnetfeld senkrecht zur Bewegungsrichtung steht lautet die Formel für die Lorentzkraft:

F_L = q \cdot v \cdot B

Im Fall dieser Aufgabe bewegen sich die positiven Ladungen in y-Richtung, das Magnetfeld verläuft in z-Richtung, daher werden die Ladungen in x-Richtung abgelenkt.

a )

Wir stellen die Differentialgleichung der Bewegung auf.

z-Komponente:

0 = m \cdot \ddot z\quad \Rightarrow \quad \ddot z = 0\quad \Rightarrow \quad \dot z = C_2 \quad \Rightarrow \quad z = C_2 \cdot t+C_3

Randbedingungen:

z\left( 0 \right) = 0\quad \Rightarrow \quad C_3 = 0

\dot z\left( 0 \right) = 0\quad \Rightarrow \quad C_2 = 0

z\left( t \right) = 0

x-Komponente:

q \cdot v \cdot B = m \cdot \ddot x

Hier gibt es das Problem, dass die Geschwindigkeit in y-Richtung nicht konstant ist, sondern abnimmt, je stärker die Ladung schon in x-Richtung abgelenkt wurde. Statt des v setzen wir hier daher die aktuelle Geschwindigkeit in y-Richtung ein:

q \cdot \dot y \cdot B = m \cdot \ddot x

Dies ist eine gekoppelte Differentialgleichung, mit der wir zunächst nicht umgehen können. Wir wenden uns daher zunächst der y-Komponente zu:

F_y = m \cdot a_y

-q \cdot \dot x \cdot B = m \cdot \ddot y

Auch hier kommen wir so nicht weiter.
Wir benutzen nun den in der Aufgabenstellung vorgeschlagenen Ansatz

\eta = i \cdot \dot x+\dot y

Wir müssen also eine Gleichung erstellen, in der die beiden ersten Ableitungen von x und y vorkommen. Die erste Ableitung von x muss als Produkt mit i auftauchen. Wir multiplizieren daher die Differentialgleichung für die x-Komponente mit i und addieren sie zu der Gleichung für die y-Komponente:

q \cdot \dot y \cdot B = m \cdot \ddot x\quad | \cdot i

i \cdot q \cdot \dot y \cdot B = i \cdot m \cdot \ddot x

i \cdot q \cdot \dot y \cdot B-q \cdot \dot x \cdot B = i \cdot m \cdot \ddot x+m \cdot \ddot y

q \cdot B\left( {i \cdot \dot y-\dot x} \right) = m \cdot \left( {i \cdot \ddot x+\ddot y} \right)

In der Klammer sollte eine Summe stehen statt einer Differenz, außerdem sollte x im Produkt mit i stehen und nicht y. Wir ziehen daher das i vor die Klammer:

i \cdot q \cdot B\left( {\dot y-\frac{{\dot x}} {i}} \right) = m \cdot \left( {i \cdot \ddot x+\ddot y} \right)

Es gilt:

\frac{1} {i} = \frac{i} {{-1}} = -i

eingesetzt:

i \cdot q \cdot B\left( {\dot y+i \cdot \dot x} \right) = m \cdot \left( {i \cdot \ddot x+\ddot y} \right)

Nun arbeiten wir mit dem gegebenen Ansatz weiter. Das \eta kommt auf der linken Seite der Gleichung in der normalen Form vor, auf der rechten Seite als Ableitung nach der Zeit:

\eta = i \cdot \dot x+\dot y

\dot \eta = i \cdot \ddot x+\ddot y

i \cdot q \cdot B \cdot \eta = m \cdot \dot \eta

Diese homogene Differentialgleichung können wir mit dem folgenden Ansatz lösen:

\eta = A_0 \cdot e^{\lambda \cdot t} \quad \dot \eta = A_0 \cdot \lambda \cdot e^{\lambda \cdot t}

i \cdot q \cdot B \cdot A_0 \cdot e^{\lambda \cdot t} = m \cdot A_0 \cdot \lambda \cdot e^{\lambda \cdot t} \quad |:A_0 \cdot e^{\lambda \cdot t}

i \cdot q \cdot B = m \cdot \lambda

\lambda = \frac{{i \cdot q \cdot B}} {m}\quad \Rightarrow \quad \eta = A_0 \cdot e^{\frac{{i \cdot q \cdot B}} {m} \cdot t}

Dies müssen wir nun, um wieder auf die einzelnen Komponenten zu kommen, mit der eulerschen Formel umformen:

e^{i \cdot \phi } = \left( {\cos \left( \phi \right)+i \cdot \sin \left( \phi \right)} \right)

In diesem Fall gilt:

\phi = \frac{{q \cdot B}} {m} \cdot t

also:

\eta = A_0 \cdot \left( {\cos \left( {\frac{{q \cdot B}} {m} \cdot t} \right)+i \cdot \sin \left( {\frac{{q \cdot B}} {m} \cdot t} \right)} \right)

Hier finden wir die Ausgangsgleichung wieder:

\eta = i \cdot \dot x+\dot y

Und zwar in der Form

\dot x = A_0 \cdot \sin \left( {\frac{{q \cdot B}} {m} \cdot t} \right)

\dot y = A_0 \cdot \cos \left( {\frac{{q \cdot B}} {m} \cdot t} \right)

Wir integrieren die beiden Differentialgleichungen:

x\left( t \right) = -A_0 \cdot \frac{m} {{q \cdot B}} \cdot \cos \left( {\frac{{q \cdot B}} {m} \cdot t} \right)+C_0

y\left( t \right) = A_0 \cdot \frac{m} {{q \cdot B}} \cdot \sin \left( {\frac{{q \cdot B}} {m} \cdot t} \right)+C_1

Rahmenbedingungen:

x\left( 0 \right) = 0\quad \Rightarrow \quad C_0 = \frac{{A_0 \cdot m}} {{q \cdot B}}

y\left( 0 \right) = 0\quad \Rightarrow \quad C_1 = 0

\dot y\left( 0 \right) = v_0 \quad \Rightarrow \quad A_0 = v_0

Eingesetzt:

x\left( t \right) = -v_0 \cdot \frac{m} {{q \cdot B}} \cdot \cos \left( {\frac{{q \cdot B}} {m} \cdot t} \right)+\frac{{v_0 \cdot m}} {{q \cdot B}}

y\left( t \right) = v_0 \cdot \frac{m} {{q \cdot B}} \cdot \sin \left( {\frac{{q \cdot B}} {m} \cdot t} \right)

b )

Um zu zeigen, dass es sich um eine Kreisbahn handelt, reicht es zu zeigen, dass die Gleichungen der Komponenten x und y denen einer Kreisbewegung entsprechen:

x\left( t \right) = c \cdot \sin \left( {\omega t} \right)

y\left( t \right) = c \cdot \cos \left( {\omega t} \right)

Wir setzen in den von uns berechneten Gleichungen als ω:

\omega = \frac{{q \cdot B}} {m}

-x\left( t \right)+\frac{{v_0 }} {\omega } = \frac{{v_0 }} {\omega } \cdot \cos \left( {\omega \cdot t} \right)

y\left( t \right) = \frac{{v_0 }} {\omega } \cdot \sin \left( {\omega \cdot t} \right)

Der Summand in der ersten Gleichung stört nicht, da er den Kreis nur in x-Richtung verschiebt.

c )

Um den Radius zu berechnen, benutzen wir die Formel für einen Kreis:

r^2 = x^2 +y^2

Wir quadrieren also die Gleichungen für x- und y-Komponente und addieren:

y^2 +\left( {-x\left( t \right)+\frac{{v_0 }} {\omega }} \right)^2 = \left( {\frac{{v_0 }} {\omega } \cdot \sin \left( {\omega \cdot t} \right)} \right)^2 +\left( {\frac{{v_0 }} {\omega } \cdot \cos \left( {\omega \cdot t} \right)} \right)^2

Vereinfacht:

y^2 +\left( {-x\left( t \right)+\frac{{v_0 }} {\omega }} \right)^2 = \left( {\frac{{v_0 }} {\omega }} \right)^2 \left( {\sin ^2 \left( {\omega \cdot t} \right)+\cos ^2 \left( {\omega \cdot t} \right)} \right)

Nach dem Additionstheorem folgt:

y^2 +\left( {-x\left( t \right)+\frac{{v_0 }} {\omega }} \right)^2 = \left( {\frac{{v_0 }} {\omega }} \right)^2

Auf der linken Seite stehen nun x2 (mit Verschiebungssummand) und y2, auf der rechten Seite das Quadrat des Radius. Es gilt daher:

r^2 = \left( {\frac{{v_0 }} {\omega }} \right)^2 \quad \Rightarrow \quad r = \frac{{v_0 }} {\omega } = \frac{{v_0 \cdot m}} {{q \cdot B}}

d )

Die Geschwindigkeitskomponente in z-Richtung überlagert die Kreisbewegung ungestört, es entsteht also eine Spirale.