Abb. 1 Skizze zur Aufgabe
Bei DESY in Hamburg wird derzeit im Rahmen des Tesla-Projekts ein Freier-Elektronen-Laser entwickelt, in dem Elektronen in Schlingerbewegungen versetzt werden. Dabei emittieren die Elektronen sehr kurze Röntgenimpulse. Stark vereinfacht kann man sich diese Schlingerbewegungen aus Kreisbögen zusammengesetzt denken, die durch die Ablenkung der Elektronen in scharf begrenzten homogenen Magnetfeldern verursacht werden (siehe Abb. 1).
Im Folgenden werden Elektronen betrachtet, die bei P unter einem Winkel von \(30^\circ \) gegenüber der \(x\)-Achse mit einer Geschwindigkeit von \(v = 0{,}99\,c\) eingeschossen werden und die Anordnung nach dem Durchlaufen zweier Kreisbögen in den Feldbereichen I und II bei Q wieder verlassen. Die Breite der beiden Bereiche beträgt jeweils \(a = 1{,}0\,\rm{cm}\).
a)Berechne, welche Beschleunigungsspannung \(U\) Elektronen durchlaufen haben müssen, damit sie mit der gegebenen Geschwindigkeit in den Bereich I eintreten. (6 BE)
b)Erläutere, wie die Magnetfelder in den Bereichen I und II orientiert sein müssen. (4 BE)
c)Zeige anhand einer geeigneten Skizze, dass der Radius der Kreisbögen in diesem Fall mit der Breite \(a\) der Magnetfelder übereinstimmt. (5 BE)
d)Berechne die Flussdichte \(B\) in den Bereichen I und II. (6 BE)
e)Gib an, welchen Einfluss die beiden Magnetfelder auf die kinetische Energie der Elektronen haben, wenn wieder davon ausgegangen wird, dass die Bahn dort aus Kreisbögen besteht.
Begründe deine Antwort. (4 BE)
f)In der Realität emittieren die schlingernden Elektronen elektromagnetische Strahlung.
Hinweis: Bei dieser Lösung von LEIFIphysik handelt es sich nicht um den amtlichen Lösungsvorschlag des bayr. Kultusministeriums.
a)Wegen der Geschwindigkeit von \(0{,}99\,c\) muss relativistisch gerechnet werden: Die kinetische Energie \(E_{\rm{kin}}\) als Differenz aus Gesamtenergie \(m \cdot {c^2}\) und Ruheenergie \({m_0} \cdot {c^2}\) ist wegen der Energieerhaltung gleich der elektrischen Energie \(E_{\rm{el}} = e \cdot U\). Damit ergibt sich\[m \cdot {c^2} - {m_0} \cdot {c^2} = e \cdot U\]Dabei gilt für die relativistische Masse \(m = \gamma \cdot {m_0}\) mit\[\gamma = \frac{1}{{\sqrt {1 - \frac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }} \Rightarrow \gamma = \frac{1}{{\sqrt {1 - {{0{,}99}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {1 - 0{,}980} }} = \frac{1}{{\sqrt {0{,}0199} }} = 7{,}09\]Auflösen nach der Beschleunigungsspannung \(U\) und Einsetzen der gegebenen Werte mit \({m_0} \cdot {c^2} = 0{,}511\;\rm{MeV}\) liefert\[U = \frac{{\gamma \cdot {m_0} \cdot {c^2} - {m_0} \cdot {c^2}}}{e} = \frac{{{m_0} \cdot {c^2}}}{e} \cdot (\gamma - 1) \Rightarrow U=\frac{0{,}511\;\rm{MeV}}{e} \cdot (7{,}09 - 1)= 3{,}1\;\rm{MV}\]
b)Aus der Skizze in Abb. 2 kann man erkennen, dass das Magnetfeld im Bereich I wegen der Drei-Finger-Regel senkrecht in die Zeichenebene hineinzeigen muss, im Bereich II dagegen senkrecht aus der Zeichenebene heraus.
Joachim Herz Stiftung
Abb. 2 Skizze zur Lösung
c)Mit Hilfe der Skizze in Abb. 2 kann man herleiten, dass der Bahnradius \(r\) den Wert \(a\) hat: Im Punkt P trifft der Strahl unter einen Winkel der Weite \(30^\circ \) auf die Strecke \(\overline {{\rm{PQ}}}\) und verläuft dort tangential zur Kreisbahn. Im Punkt P steht der zugehörige Radius \(r\) also senkrecht auf dem Strahl. Der Radius schließt deshalb mit der Strecke \(\overline {{\rm{PQ}}}\) einen Winkel der Weite \(\alpha = 60^\circ \) ein. Entsprechendes gilt aus Symmetriegründen beim Punkt H in der Mitte von \(\overline {{\rm{PQ}}}\). Damit ergibt sich für den dritten Winkel des Dreiecks PMH beim Punkt M ebenfalls eine Winkelweite von \(60^\circ \). Damit ist das Dreieck PMH gleichseitig und deshalb \(r = a\). Im Bereich II verhält es sich analog.
d)Die LORENTZ-Kraft \({\vec F_{\rm{L}}}\) wirkt als Zentripetalkraft \({\vec F_{\rm{L}}}\); damit ergibt sich\[e \cdot v \cdot B = \frac{{m \cdot {v^2}}}{r}\]Auflösen nach der magnetischen Feldstärke und Beachten der relativistischen Masse ergibt\[B = \frac{{m \cdot v}}{{e \cdot r}} = \frac{{\gamma \cdot {m_0} \cdot v}}{{e \cdot r}}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[B = \frac{{7{,}09 \cdot 9{,}1 \cdot {{10}^{ - 31}}\,\rm{kg} \cdot 0{,}99\,c}}{{1{,}6 \cdot {{10}^{ - 19}}\,\rm{As} \cdot 1{,}0 \cdot {{10}^{ - 2}}\,\rm{m}}} = 1{,}2\,\rm{T}\]
e)Die LORENTZ-Kraft als Zentripetalkraft steht stets senkrecht auf der Bewegungsrichtung, so dass keine tangentiale Beschleunigung auftritt (aber eine radiale). Damit ändert sich lediglich die Richtung, nicht aber der Betrag der Geschwindigkeit. Mit \(v\) bleibt dann aber auch die kinetische Energie der Elektronen konstant.
f)Die Elektronen werden - wie in Teilaufgabe e) erläutert - radial beschleunigt und senden somit elektromagnetische Strahlung aus.
