Bahn- und Eigendrehimpuls

Hier wird es jetzt kniffelig. Ein Objekt rotiert um ein Zentrum. Der Abstand zwischen dem Schwerpunkt des Objektes und des Zentrum ist — wie eben beim Beispiel des Hammerwerfers — größer als die Summe beider Radien. Zumindest das umlaufende Objekt hat eine räumliche Ausdehnung. Die des Rotationszentrums ist bis auf die Tatsache, daß sich die Objektgrenzen nicht überschneiden dürfen, nicht weiter von Interesse. Die räumliche Ausdehnung des Objektes führt ganz direkt dazu, daß die Differenz der kinetischen Energien zwischen den inneren und den äußeren Begrenzungspunkten des umlaufenden Objektes sicht- und meßbar Wirkung entfalten kann. Diese Wirkung zeigt sich bei der Flucht des Objektes als Eigendrehimpuls.

Zunächst sei die Gleichung für eine differnziell dicke Kugelschicht aufgestellt. Die Kugelform wird aus dem Beispiel des Hammerwerfers entlehnt. $\begin{array}{cccc}& r\left(y\right)& =& \pm \sqrt{r_0^2-y^2}\\ & dV& =& \pi \left(r_0^2-y^2\right)dy\\ & dm& =& \pi \rho \left(r_0^2-y^2\right)dy\end{array}$ Jede dieser Schichten weist eine von den anderen verschiedene Geschwindigkeit auf. Da wir die Verhältnisse nach der Lösung der Kugel aus der Rotationsbewegung betrachten wollen, wird für die Energie jeder Schicht die Gleichung für gebremste Bewegungen verwendet. $\begin{array}{cccc}& dE& =& \pi c^2\rho \left(r_0^2-y^2\right)\left(1+\frac{v^2\left(y\right)}{c^2}\right)dy\\ & v\left(y\right)& =& 2\pi \left(r_0+y\right)f\\ & & =& \left(\lambda +2\pi y\right)f\\ & dE& =& \pi c^2\rho \left(r_0^2-y^2\right)\left(1+\frac{{\left(\lambda +2\pi y\right)}^2{f}^2}{c^2}\right)dy\end{array}$ Die $x\text{-Richtung}$ des gewählten Koordinatensystems liegt in Bewegungsrichtung. Der Bahnradius bildet die $y\text{-Achse}$. Der Ursprung befindet sich im Mittelpunkt der Kugel. Dementsprechend werden die Integrationsgrenzen gewählt. $\begin{array}{cccc}& E& =& \pi c^2\rho \underset{-r_0}{\overset{r_0}{\int }}\left(r_0^2-y^2\right)\left(1+\frac{{\left(\lambda +2\pi y\right)}^2{f}^2}{c^2}\right)dy\\ & & =& \rho \frac{20\pi {\lambda }^2{f}^2{r}_0^3+16{\pi }^3{f}^2{r}_0^5+20\pi c^2{r}_0^3}{15}\\ & & =& \frac{4\pi \rho r_0^3}{15}\left(5c^2+5{\lambda }^2{f}^2+4{\pi }^2{f}^2{r}_0^2\right)\end{array}$ Damit ist die Energie der Eigenrotation der vom rotierenden System gelösten Kugel berechnet. Es bliebe nun noch der Schritt den Drehimpuls zu berechnen. $\begin{array}{cccc}& J& =& \frac{2}{5}{m}_0{r}_0^2\\ & m_0& =& \rho V\\ & J& =& \frac{2}{5}\rho V{r}_0^2\\ & V& =& \frac{4}{3}\pi r_0^3\\ & J& =& \frac{8}{15}\pi \rho r_0^5\\ & L& =& \sqrt{2EJ}\\ & L_1& =& \frac{8}{15}\pi \rho r_0^4\sqrt{5c^2+5{\lambda }^2{f}^2+4{\pi }^2{f}^2{r}_0^2}\\ \text{(10)}& & =& \frac{2}{5}{m}_0{r}_0\sqrt{5c^2+5{\lambda }^2{f}^2+4{\pi }^2{f}^2{r}_0^2}\end{array}$

Nun wäre der Drehimpuls zu berechnen den das umlaufende Objekt dem Geamtsystem verleiht. Eben der Bahndrehimpuls eines umlaufenden Objektes. Diesen zu berechnen ist recht einfach, da das umlaufende Objekt als Punktmasse betrachtet werden kann und weil wir ein ebenes, gleichmäßig rotierendes System betrachten. Der eingesetzte Impuls ist der gemäß der Herleitung von (8) aus [1] Impuls aus dem Masse-Energie-Äquivalent. Die Kugel des als Beispiel gewählten Hammerwerfers rotiert gegen den Luftwiderstand mit konstanter Geschwindigkeit. $\begin{array}{cccc}& L_0& =& \frac{\lambda p}{2\pi }\\ \text{(11)}& & =& \frac{m_{0}c{\lambda }^{2}f}{2\pi \sqrt{c^2-{\lambda }^2{f}^2}}\end{array}$

Die letzte Gleichung hat eine besondere Bedeutung. Ohne jede Annahme über Quantenzahlen, dafür aber mit gesicherten Meßwerten, entsteht aus ihr relativ genau das Planck’sche Wirkungsquantum. Setzt man in diese Gleichung den Bohr’schen Radius des Wasserstoffatoms, die Elektronenmasse sowie seine ganz klassisch ermittelte Geschwindigkeit des Elektron im Wasserstoffatom ein, erhält man sehr genau $\hslash$. $\begin{array}{cccc}& \hslash & =& \mathrm{1,054571679} \dots \mathrm{1,054571773}\cdot {10}^{-34}\text{J}\text{s}\\ & a_0& =& \mathrm{5,2917721075} \dots \mathrm{5,2917721109}\cdot {10}^{-11}\text{m}\\ & m_{\mathrm{e}}& =& \mathrm{9,10938251} \dots \mathrm{9,10938331}\cdot {10}^{-31}\text{kg}\\ & c& =& 299792458\frac{\text{m}}{\text{s}}\end{array}$ Die Umlauffrequenz des Elektrons im Wasserstoffatom wird auf klassische Weise berechnet. $\begin{array}{cccc}& {\epsilon }_0& =& \mathrm{8,85418787162}\cdot {10}^{-12}\frac{\text{kg}}{{\text{m}}^{\text{3}}}\\ & e& =& \mathrm{-1,60217653} \dots \mathrm{-1,6021766}\cdot {10}^{-19}\frac{\text{kg}}{\text{s}}\\ & v_e& =& \sqrt{\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_0{m}_e{a}_0}}\\ & \lambda & =& 2\pi a_0\\ & f& =& \frac{v_e}{\lambda }\end{array}$ Diese Lösung hat noch einen Haken: Im Bohrschen Atomradius ist das reduzierte Plancksche Wirkungsquantum implizit enthalten. Das gilt es zu ändern. $\begin{array}{cccc}& a_0& =& \frac{4\pi {\epsilon }_0{\hslash }^2}{m_{\mathrm{e}}{e}^2}\\ \text{(12)}& v_e& =& \frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_0\hslash }\\ \text{(13)}& \lambda & =& \frac{8{\pi }^2{\epsilon }_0{\hslash }^2}{m_{\mathrm{e}}{e}^2}\\ \text{(14)}& f& =& \frac{m_e{e}^4}{32{\pi }^3{{\epsilon }_0}^2{\hslash }^3}\end{array}$ Diese Gleichungen werden nun in (11) eingesetzt. Zuvor werden noch zwei Vereinfachungen durchgeführt. Ferner wird angenommen, daß $L=ℎ$. $\begin{array}{cccc}& {\lambda }^2{f}^2& =& \frac{e^4}{16{\pi }^2{{\epsilon }_0}^2{\hslash }^2}\\ & {\lambda }^{2}f& =& \frac{2\pi \hslash }{m_e}\\ & ℎ& =& \frac{c\hslash }{\sqrt{c^2-\frac{e^4}{16{\pi }^2{{\epsilon }_0}^2{\hslash }^2}}}\\ & 1& =& \frac{c}{2\pi \sqrt{c^2-\frac{e^4}{16{\pi }^2{{\epsilon }_0}^2{\hslash }^2}}}\\ & \frac{e^4}{16{\pi }^2{{\epsilon }_0}^2{\hslash }^2}& =& c^2\left(\frac{4{\pi }^2-1}{4{\pi }^2}\right)\\ & \hslash & =& \frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_{0}c}\sqrt{\frac{4{\pi }^2}{4{\pi }^2-1}}\\ & \hslash & =& \frac{e^2}{2{\epsilon }_{0}c}\sqrt{\frac{1}{4{\pi }^2-1}}\end{array}$ Alle Berechnungen wurden mit dem Programm BC Version 1.06 durchgeführt. Mit den tabellierten Mittelwerten ergibt sich: $\begin{array}{cccc}& \hslash & =& \mathrm{1,054599803}\cdot {10}^{-34}\text{J}\text{s}\end{array}$ Die selbe Lösung entsteht, wenn man anstelle der klassisch berechneten Geschwindigkeit die aus der Spektralanalyse ermittelte Rydberg-Frequenz zur Berechnung verwendet.

Die Abweichung zum tabellierten Mittelwert für $\hslash$ liegt bei lediglich $\mathrm{0,0026}\text{\%}$ In der physikalischen Praxis ist eine solche Abweichung vernachlässigbar. Ferner läßt sich dieses Ergebnis unter Verwendung von Gleichung (9) aus [1] nicht einmal ansatzweise reproduzieren. Die Frage ist, ob der dort aufgezeigte Widerspruch auf ein Problem in der Herleitung zurück zu führen ist oder, ob es tatsächlich zwei verschiedene Lösungen für freie und im Atom gebundene Elektronen gibt. Die dort geäußerten Bedenken finden hier zumindest ihren rechnerischen Ausdruck.

Angemerkt zur Berechnung des Planck’schen Wirkungsquantums ist noch, daß auch Planck selbst diese Zahl aus — völlig anderen — Meßwerten berechnet hat wie man in [2] nachlesen kann.