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85Lösungen der Aufgaben des Lehrbuchs 85

Lösungen der Aufgaben des Lehrbuchs 5

Eigenschaften von Quantenobjekten (LB S. 36 – 38)

a) Ein Modell ist ein Ersatzobjekt für ein Original. Es 1. stimmt in einigen Eigenschaften mit dem Original überein, in anderen nicht. Ein solches Modell kann ideell (in Form eines Aussagesystems) oder materiell (gegenständlich) sein.Die Funktion eines Modells kann sehr unterschiedlich sein, z. B.:

Mithilfe eines Modells kann man Sachverhalte −mathematisch erfassen.Mithilfe eines Modells kann man Sachverhalte −erklären oder voraussagen.Mithilfe eines Modells kann man experimen −tieren, z. B. bestimmte Zusammenhänge untersuchen (Modellexperimente).Mithilfe von Modellen kann man Sachverhalte −veranschaulichen.

Strahlenmodell: Zweckmäßig bei der Erklärung b) der Schattenbildung oder der Entstehung einer Sonnenfinsternis.Wellenmodell: Zweckmäßig bei der Erklärung der Beugung von Licht.Teilchenmodell: Zweckmäßig bei der Erklärung des äußeren lichtelektrischen Effekts.Reflexion oder Brechung von Licht kann man gut c) mit dem Strahlenmodell beschreiben. Beide Phänomene können aber auch mit dem Wellenmodell beschrieben werden.Im Wellenmodell kann man nicht erklären, dass d) bei Licht bestimmter Wellenlänge unabhängig von der Intensität der Strahlung keine Fotoemission auftritt, obwohl die Zunahme der Wellenamplitude eine Vergrößerung der Energie bedeutet, die von der Welle transportiert wird.

a)2. NewtoN: Licht ist ein Strom von kleinstenTeilchen (Korpuskulartheorie).

HuygeNs: Licht besitzt Wellencharakter (Wellentheorie des Lichts).

youNg, FresNel: Versuche zur Beugung und Interferenz belegen den Wellencharakter von Licht.

eiNsteiN: Licht ist weder Welle noch Teilchen, sondern etwas, was teilweise Welleneigenschaften und teilweise Teilcheneigenschaften zeigt. Licht besteht aus Lichtquanten (Photonen).

b) Die Schwerpunkte für eine Präsentation können unterschiedlich gesetzt werden. Sinnvoll erscheint eine Orientierung am sehr widersprüchlichen historischen Erkenntnisgang, der sich an bei Teilaufgabe a) genannten Namen orientieren kann.

*

a) Mit Erhöhung der Intensität des Lichts werden 3. mehr Elektronen emittiert, ihre Energie verändert sich aber nicht.

b) Mit Erhöhung der Frequenz vergrößert sich wegen E ~ f die kinetische Energie der Fotoelektronen, nicht aber ihre Anzahl.

a) Genutzt werden zur Berechnung kann die ein4. steinsche Gleichung für den lichtelektrischen Effekt.

Aus h · f = WA + Ekin ergibt sich mit f = c } λ und bei Umstellung nach WA:

WA = h · c } λ – Ekin

WA = 6,626 · 10–34 J · s · 3 · 108 m } s }}

400 · 10–9 m –1,8 · 1,6 · 10–19 J

WA = 4,97 · 10–19 J – 2,88 · 10–19 J = 2,1 · 10–19 J

Die Ablösearbeit beträgt 2,1 · 10–19 J = 1,3 eV.

Für die Grenzfrequenz gilt:

fG = WA } h

fG = 2,1 · 10–19 J }}

6,626 · 10–34 J · s = 3,17 · 1014 Hz

Die Grenzfrequenz hat einen Wert von etwa 3,2 · 1014 Hz. Diese Frequenz liegt im Bereich des infraroten Lichts.

b) Im Wellenbild ist die transportierte Energie mit der Amplitude verknüpft. Eine Vergrößerung der transportierten Energie würde man dann z. B. erreichen, wenn man die Intensität des Lichts vergrößert. Experimente zeigen aber: Liegt die Frequenz des Lichts unterhalb der Grenzfrequenz, so werden auch bei beliebiger Intensität des Lichts keine Photonen emittiert. Eine Deutung der Grenzfrequenz mit dem Wellenmodell ist deshalb nicht möglich.

a) 5. Äußerer lichtelektrischer Effekt: Durch Bestrahlung mit Licht werden aus Oberflächen Elektronen abgelöst.Nachweis des äußeren lichtelektrischen Effekts: b) siehe LB, S. 8–9siehe LB, S. 9, 11 – 12c)

a) Aus der Wellenlänge des Lichts kann man mit 6. der Gleichung f = c } λ die betreffende Frequenz berechnen. Die Bewegungsenergie Ekin ergibt sich aus der jeweiligen Gegenspannung: Ekin = e · UG. Damit erhält man folgende Werte:

f in 1014 Hz 7,50 6,67 6,00 5,45 5,00

Ekin in eV 1,25 0,90 0,62 0,40 0,17

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86 Lösungen der Aufgaben des Lehrbuchs86

Damit erhält man folgendes Diagramm:

Je höher die Frequenz des Lichts ist, mit dem die Katode einer Vakuumfotozelle beleuchtet wird, desto größer ist die kinetische Energie der Fotoelektronen. Für das plancksche Wirkungsquantum gilt:b)

h = ∆Ekin } ∆f

Aus dem Diagramm sollten zwei sinnvolle Werte ausgewählt werden, z. B.:

h = 1,25 eV }

4 · 1014 Hz

h = 1,25 · 1,6 · 10–19 Ws }}

4 · 1014 Hz

h ≈ 5 · 10–34 J · s

Die Grenzfrequenz ist der Schnittpunkt der EinsteinGeraden mit der fAchse, also ergibt sich:

fG ≈ 4,5 · 1014 Hz

Die Austrittsarbeit erhält man, wenn man die EinsteinGerade bis zur negativen EkinAchse verlängert. Es ergibt sich ein Wert von etwa 1,8 eV.Die Berechnung ergibt:

WA = h · fG

WA = 6,6 · 10–34 J · s · 4,5 · 1014 Hz

WA ≈ 3 · 10–19 J = 1,9 eV

Die Geschwindigkeit der schnellsten Fotoelektroc) nen ergeben sich nach der Beziehung

e · U = Ekin = 1 } 2 m · v 2 zu v = √ } 2 U · e } m

Damit erhält man unter Nutzung der angegebenen Gegenspannungen:

v1 = √ }}} 2 · 1,25 V · 1,759 · 1011 C } kg = 6,6 · 105 m } s

v2 = 5,6 · 105 m } s

v3 = 4,7 · 105 m } s

v4 = 3,8 · 105 m } s

v5 = 2,4 · 105 m } s

a) Die Energie eines Lichtquants ergibt sich aus der 7. Wellenlänge und der Lichtgeschwindigkeit:

00 2 31 4 5 76 8

0,5

1

1,5Ekin in eV

f in 1014 Hz

E = h · f = h · c } λ

E = 6,626 · 10–34 J · s · 3 · 108 m } s }

300 · 10–9 m

E = 6,6 · 10–19 J ≈ 4,1 eV

Die Strahlungsleistung für 1 cmb) 2 beträgt 2 · 10– 4 W, die Anzahl N der Photonen demzufolge:

N = P · t } E

N = 2 · 10– 4 W · 1 s }

6,6 · 10–19 J

N = 3 · 1014

Mit c) WA = 2 eV und E = 4,1 eV erhält man:

Ekin = h · f – WA

Ekin = 4,1 eV – 2 eV = 2,1 eV

Die kinetische Energie der Elektronen beträgt 2,1 eV oder 3,4 · 10–19 J.

Bei einer kinetischen Energie von 2,1 eV beträgt d) die maximale Gegenspannung, die ein Elektron überwinden könnte, gerade 2,1 V.

a) Zwischen Beschleunigungsspannung und Ge8. schwindigkeit besteht die folgende Beziehung:

e · U = 1 } 2 m · v 2 und damit U = 1 } 2 · m } e · v 2

U = 1 } 2 · kg }

1,758 · 1011 C · (2,65 · 107 m } s )

2

U = 1,99 · 103 V ≈ 2 kV

b) Es gilt:

h · f = WA + 1 } 2 m · v 2 und mit f = c } λ

h · c } λ = WA + 1 } 2 m · v 2

Die Umstellung nach der Wellenlänge ergibt:

λ = h · c } WA + 1 } 2 m · v 2

Vernachlässigt man die Austrittsarbeit, so erhält man:

λ = 2 h · c } m · v 2

λ = 2 · 6,626 · 10–34 J · s · 3 · 108 m } s }}}

9,109 · 10–31 kg · (2,62 · 107 m } s ) 2

λ = 0,62 · 10–9 m

Diese Wellenlänge würde im Bereich der Röntgenstrahlung liegen. Bei Berücksichtigung der Austrittsarbeit müsste die Wellenlänge noch kleiner sein.

a) 9. Der Impuls kann aus Masse und Geschwindigkeit berechnet werden.

p = m · v

pL = 0,5 g · 1 m } s

pL = 0,5 g · m } s = 5 · 10– 4 kg · m

} s

*

*

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Die Energie eines Photons beträgt b) E = h · f und mit E = c } λ :

E = h · c } λ

E = 6,626 · 10–34 J · s · 3 · 108 m } s }

500 · 10–9 m

E = 3,98 · 10–19 J = 2,5 eV

Der Gesamtimpuls ist gleich dem Impuls von c) N Photonen:

pL = N · h } λ

Damit erhält man für die Anzahl der Photonen:

N = pL · λ } h

N = 5 · 10– 4 kg · m · 500 · 10–9 m }}

s · 6,626 · 10–34 J · s

N = 3,77 · 1023

Für den Impuls eines Photons erhält man aus dem d) Gesamtimpuls und der Photonenzahl:

p = pL } N

p = 5 · 10– 4 kg · m }

s · 3,77 · 1023

p = 1,3 · 10–27 kg · m } s

Hinweis: Man kann den Impuls auch mit der Gleichung p = h } λ berechnen und erhält damit das gleiche Ergebnis.Aus der Energie eines Photons und der Anzahl der e) Photonen ergibt sich als Energie des Lichtblitzes:

E = N ∙ EPhoton

E = 3,77 ∙ 1023 ∙ 2,5 eV

E = 9,4 ∙ 1023 eV = 1,5 ∙ 105 J

Bei klassischen Teilchen, z. B. Geschossen, ergibt sich 10. eine Verteilung, bei der sich die Teilchen in zwei Streifen häufen. Schickt man dagegen Elektronen durch eine geeigneten Doppelspalt, dann kann man auf dem Schirm ein Interferenzmuster registrieren, das dem von Lichtwellen ähnelt.Die vergleichende Übersicht könnte aus den Abbildungen im LB auf S. 24 mit einem sachgerechten Kommentar bestehen.

a) Geht man von ursprünglich ruhenden Protonen 11. aus, dann beträgt die kinetische Energie:

E = e · U

E = 1,6 · 10–19 C · 200 · 103 V

E = 3,2 · 10–14 J = 2 · 105 eV

Für die deBroglieWellenlänge von Quantenobb) jekten gilt:

λ = h } m · v

Mit E = 1 } 2 m · v 2 erhält man:

v = √ } 2 E } m und damit:

λ = h } m · √ } 2 E } m

= h } √ } 2 E · m

λ = 6,626 · 10–34 J ·s }}}

√ }}} 2 · 3,2 · 10–14 J · 1,673 · 10–27 kg

λ = 6,4 · 10–14 m

Im Vergleich zu grünem Licht ist die Wellenlänge etwa um den Faktor 1,3 · 10–7 kleiner.

a) Auf dem Schirm wird ein charakteristisches In12. terferenzmuster registriert. Daraus könnte man ableiten: Elektronen verhalten sich so, als ob sie Wellencharakter haben.Für die kinetische Energie gilt:b)

Ekin = 1 } 2 m · v 2 (1)

Die Geschwindigkeit v ergibt sich aus der deBroglieWellenlänge:

λ = h } m · v oder v = h

} m · λ

und damit

v 2 = h2 }

m2 · λ2 (2)

In (1) eingesetzt erhält man:

Ekin = 1 } 2 m · h2 }

m2 · λ2 = h2 }

2 m · λ2

Ekin = (6,626 · 10–34 J ·s)2 }}}

2 · 9,109 · 10–31 kg · (4,3 · 10–12 m)2

Ekin = 1,3 · 10–14 J = 8 · 104 eV

Aus der deBroglieWellenlänge c) λ = h } m · v ergibt

sich:

v = h } m · λ oder v 2 = h2

} m2 · λ2 (1)

Für den Zusammenhang zwischen Beschleunigungsspannung und Geschwindigkeit gilt:

v 2 = 2 U · e } m (2)

Durch Gleichsetzen von (1) und (2) erhält man:

2 U · e } m = h2 }

m2 · λ2

λ = h } √ } 2 m · U · e

Damit erhält man folgende Werte:

U in kV 2 4 6 8 10

λ in pm 87 61 50 43 39

Zwischen der Beschleunigungsspannung und der Wellenlänge besteht ein nichtlinearer Zusammenhang: Je größer die Beschleunigungsspannung ist, desto kleiner ist die Wellenlänge (b Diagramm S. 88 oben).

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a) Für die Energie gilt:13.

Ekin = e · U

Ekin = 1,602 · 10–19 C · 1 500 V

Ekin = 2,4 · 10–16 J = 1,5 keV

Die Geschwindigkeit ergibt sich aus Ekin = 1 } 2 m · v 2 zu

v = √ } 2 Ekin } m

v = 2 · 2,4 · 10–16 J }}

9,109 · 10–31 kg

v = 2,3 · 107 m } s

Für die deBroglieWellenlänge gilt:b)

λ = h } m · v

λ = 6,626 · 10–34 J · s }}

9,109 · 10–31 kg · 2,3 · 107 m } s

λ = 3,2 · 10–11 m

Bei der Beugung an einem Gitter gilt für das c) Maximum 1. Ordnung:

sin α = λ } b

sin α = 3,2 · 10–11 m }

1 } 528 mm

α = 9,7 · 10– 4 Grad

Die hellen Stellen hätten dann auf einem 10 m entfernten Schirm einen Abstand von 0,2 mm.

a) Bei vier Photonen sind die Ergebnisse weitge14. hend zufällig. Die Wahrscheinlichkeit für eine bestimmte Variante ist gering. Also gilt:A: 0 – 4 PhotonenB: 0 – 4 PhotonenC: 0 – 4 PhotonenZufällig könnte sich auch ergeben:A: 2B: 1C: 1

b) Bei N = 4 000 vergrößert sich die Wahrscheinlichkeit für eine bestimmte Variante:A: etwa 2 000B: etwa 1 000C: etwa 1 000

00 2 4 6 8 10

20

40

60

80

100λ in pm

U in kV

15. Informationen zur Interferenz von Fullerenen sind u. a. zu finden unter den Suchwörtern

Interferenz von Fullerenen −Quantum Interference Experiments with large −moleculesAnton Zeilinger −

In Aufg. 16 sind ebenfalls Hinweise zu dem Experiment gegeben.

16. a) Für die Maxima gilt:

sin αK = k · λ } b

Mit k = 1 und sin α1 ≈ tan α1 = s1 } e erhält man:

λ = s1 · b } e

λ = 30 µm · 100 nm }}

1,25 · 109 nm

λ = 2,4 · 10–12 nm

Die Masse ergibt sich aus der deBroglieBeziehung:

λ = h } m · v

und damit

m = h } λ · v

m = 6,626 · 10–34 J · s }}

2,4 · 10–12 m · 200 m } s

m = 1,4 · 10–24 kg

Da die Breite eines Spalts halb so groß ist wie die b) Gitterkonstante, ist der Abstand des ersten Einzelspaltminimums doppelt so groß wie der Abstand des ersten Gittermaximums. Mit anderen Worten: Das erste Einzelspaltminimum unterdrückt das zweite Gittermaximum.Bei einem Gitter treten neben einem ausgec) prägten Maximum 0. Ordnung weitere Maxima auf, deren Intensität nach Art einer Glockenkurve abnimmt. Die Maxima sind scharf ausgeprägt, wenn Licht einer Wellenlänge oder Quantenobjekte einer Geschwindigkeit verwendet werden.Bei unterschiedlichen Geschwindigkeiten und damit auch unterschiedlichen deBroglieWellenlängen der Fullerene ist bereits das Maximum 0. Ordnung nicht mehr so stark ausgeprägt, das Maximum 1. Ordnung ist bereits „verschmiert“. Entscheidend für das entstehende Interferenzbild ist also die Geschwindigkeitsverteilung der Moleküle.

a) Die heisenbergsche Unbestimmtheitsrelation be17. sagt:Je bestimmter der Ort eines Quantenobjektes ist, umso unbestimmter ist sein Impuls und umgekehrt.Diese Unbestimmtheit ist nie kleiner als h } 4 π .Es gilt dann:b)

∆ x · ∆ p = h } 4 π oder ∆ x = h } 4π · ∆ p

*

*

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Damit sinnvolle Werte entstehen, sollte ∆ x · ∆ p in der Größenordnung von h liegen.

∆ p in kg · m } s ∆ x in m ∆ p in kg · m

} s ∆ x in m

10– 4 5 · 10–31 10 –16 5 · 10–19

10– 8 5 · 10–27 10 –20 5 · 10–15

10–12 5 · 10–23 10 –24 5 · 10–11

Damit erhält man folgendes Diagramm:

Aus diesem Diagramm ist ablesbar: Je größer die Unschärfe des Impulses ist, desto kleiner ist die Unschärfe des Ortes und umgekehrt.Mit c) m = 500 g = 0,500 kg und ∆ v = ±1 mm

} s

erhält man für ∆ p = 10 – 3 kg · m } s .

Als Größenordnung für die Ortsunschärfe erhält man:

∆ x = h } 4 π · ∆ p

∆ x = 6,626 J · s · 103 · s }}

1034 · 4 π · kg · m

∆ x = 5,3 ·10–32 m

Ein solcher Wert liegt unterhalb jeder Messmöglichkeit.

18. Nach dem Komplementaritätsprinzip gilt hier: Wenn die klassisch denkbaren Möglichkeiten beim Auftreffen des Photons auf dem Schirm durch eine Messung unterscheidbar sind, trägt das Photon nicht zum Interferenzmuster bei.In diesem Fall gibt es zwei klassisch denkbare Möglichkeiten, nämlich „durch den linken Spalt“ und „durch den rechten Spalt“. Am auftreffenden Photon kann man eine Polarisationsmessung mit einem 45°Filter durchführen. Dabei könnte man zwei mögliche Messergebnisse erhalten:Das Photon könnte absorbiert werden, oder es könnte durchgelassen werden. Den ersten Fall kann man der Möglichkeit „durch den linken Spalt“ zuordnen, den zweiten Fall der Möglichkeit „durch den rechten Spalt“. Damit sind die zwei Möglichkeiten durch eine Messung unterscheidbar, das Photon trägt also nicht zu einem Interferenzmuster bei.

19. a) Für ein scharfes Interferenzmuster müssen alle Moleküle gleichen Impuls, also gleiche Geschwindigkeit v haben, weil die Wellenlänge λ die Lage der Maxima bestimmt und λ = h } m · v ist.

10–24 10–20 10–16 10–12 10–8 10–4

10–30

10–40

10–20

10–10∆x in m

∆p in kg · m} s

*

*

Präsentation zum Elektronenmikroskop: Zum Ver20. gleich kann, wie im LB auf S. 21, ein Lichtmikroskop einbezogen werden. Das ist allerdings nicht zweckmäßig, wenn eine andere Art von Elektronenmikroskop dargestellt wird. Zu Geschichte der Elektronenmikroskopie sind im Internet (z. B. bei Wikipedia) Informationen zu finden.

Ein Atommodell der Quantenphysik (LB S. 79 – 84)

Entwicklung der Vorstellungen vom Atom

Der Streuversuch von Rutherford ist Inhalt des Physik1. unterrichts der Klasse 9. Die Präsentation kann sich auch am Lehrbuch für die Klasse 12, S. 87 – 88, orientieren.Im Internet sind ebenfalls zahlreiche Artikel zum rutherfordschen Streuversuch zu finden.

Ausführliche Informationen zum Ölfleckversuch sind 2. im Lehrbuch für die Klasse 9, S. 56 – 57, zu finden.

a) Ein Modell ist ein vom Menschen für einen be3. stimmten Zweck geschaffenes Ersatzobjekt. Es weist Merkmale des realen Objekts auf, aber auch Vereinfachungen gegenüber dem realen Objekt.

b) (1) Atommodell von J. J. tHomsoN 1902: Negativ geladene Elektronen sind in eine positiv geladene Substanz eingebettet (RosinenkuchenModell).

Elektronen sind Bestandteile des (viel größeren) Atoms. Nach außen ist das Atom elektrisch neutral.

(2) Atommodell von rutHerFord 1911: Elektronen bewegen sich auf elliptischen Bahnen um den positiv geladenen Atomkern. Das Atom ist weitgehend leer. Seine Masse ist im Atomkern konzentriert.

(3) Atommodell von BoHr 1913: Elektronen befinden sich auf strahlungsfreien Bahnen um den Atomkern. Jeder Bahn kann eine bestimmte Energie zugeordnet werden. Erklärbar ist damit die Emission und Absorption, exakt allerdings nur für das Wasserstoffatom.

(4) Quantenmechanisches Atommodell ab 1925: Das Atom besteht aus einem positiv geladenen Atomkern und einer negativ geladenen Atomhülle mit Elektronen. Die Beschreibung erfolgt mit den Gesetzen der Quantenphysik. Alle anschaulichen Deutungen sind problematisch.

c) Die Grenzen des jeweiligen Modells lassen sich so kennzeichnen:Modell von tHomsoN: Es wird nur eine Aussage zur Ladungsverteilung getroffen. Die Struktur des Atoms bleibt offen.

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Modell von rutHerFord: Die Entstehung von Spektrallinien und die Stabilität von Atomen sind nicht erklärbar.Modell von BoHr: Es geht im Widerspruch zur Quantenphysik von der Existenz definierter Bahnen aus. Es erlaubt richtige Vorhersagen für Wasserstoff, versagt aber bei Mehrelektronensystemen.Quantenmechanisches Atommodell: Grenzen gegenwärtig unklar.

Der Kurzvortrag könnte folgende Inhalte haben: 4. Die Masse von Atomen kann mithilfe eines Mas −senspektrografen bestimmt werden. Eine Bestimmung ist auch unter Nutzung der faradayschen Gesetze für Leitungsvorgänge in Flüssigkeiten möglich.Radius bzw. Durchmesser von Atomen kann abge −schätzt werden

mit dem Ölfleckversuch ( − b Aufg. 2),aus der Kristallstruktur von Stoffen, −aus der brownschen Bewegung (bei Flüssig −keiten),aus der mittleren freien Weglänge (bei Gasen). −

a) 5. rutHerFord kam aufgrund der Streuversuche zu seinem Planetenmodell: Um den positiv geladenen Atomkern, in dem fast die gesamte Masse des Atoms konzentriert ist, bewegen sich die negativ geladenen Elektronen auf elliptischen Bahnen.Vorteile des Modells:

Es ermöglicht die Erklärung der Ergebnisse der −Streuversuche.Es beschreibt angemessen die Massen und − Ladungsverteilung im Atom.

Nachteile des Modells:Die Entstehung von Spektrallinien kann nicht −erklärt werden.Die Stabilität von Atomen ist nicht erklärbar. −Im Gegenteil: Elektronen auf elliptischen Bahnen unterliegen der Zentralbeschleunigung. Beschleunigte Ladungen sind aber mit der Abstrahlung elektromagnetischer Wellen verbunden. Die Elektronen müßten dabei Energie verlieren und letztlich in den Atomkern stürzen. Das geschieht aber nicht.

b) Das bohrsche Atommodell kann mit den bohrschen Postulaten beschrieben werden:

Es existieren stabile Bahnen, auf denen sich −Elektronen bewegen, ohne Strahlung abzugeben.Es sind nur solche Bahnen möglich, für die −gilt:

m ∙ v ∙ r = n ∙ h } 2π (n – Nummer der Bahn)Emission bzw. Absorption eines Photons er −folgt, wenn ein Elektron von einer erlaubten Bahn auf eine andere erlaubte Bahn wechselt. Dabei ändert sich die Energie um ∆E = h ∙ f.

*

Emission eines Photons ist mit dem Übergang −eines Elektrons von einer kernferneren auf eine kernnähere Bahn verbunden. Absorption eines Photons ist mit dem Übergang von einer kernnäheren auf eine kernfernere Bahn verbunden.

Grenzen des bohrschen Modells:Es geht von Elektronenbahnen aus (Wider −spruch zur Quantenphysik).Es versagt bei Mehrelektronensystemen. −Die bohrschen Postulate erscheinen als willkür −liche Annahmen.

Anzuwenden sind das Gravitationsgesetz und das 6. coulombsche Gesetz. Als Abstand zwischen Atomkern und Elektron wird der bohrsche Radius (r = 0,529 · 10 –10 m) angesetzt.

F1 = G · m1 · m2 } r 2

F1 = 6,673 · 10–11 · m3 }

kg · s2 · 1,673 · 10–27 kg · 9,109 · 10–31 kg

}}} (0,529 · 10–10 m)2

F1 = 3,6 · 10– 47 N

F2 = 1 } 4 π · ε0 · Q1 · Q2 }

r 2

F2 = 1 }} 4 π · 8,854 · 10–12 A · s

} V · m · (1,602 · 10–19 C)2

}} (0,529 · 10–10 m)2

F2 = 8,2 · 10– 8 N

Die Gravitationskraft zwischen Atomkern und Elektron ist um viele Größenordnungen geringer als die elektromagnetische Kraft zwischen positive geladenem Kern und negativ geladenem Elektron.Die Kräfte zwischen Ladungen spielen offensichtlich für den Zusammenhalt eines Atoms eine wesentlich größere Rolle als Gravitationskräfte.

Für die Gewichtskraft gilt:7.

FG = m · g

FG = 9,109 · 10– 31 kg · 9,81 m } s2

FG = 8,94 · 10– 30 N

Die Coulombkraft zwischen Proton und Elektron beträgt F = 8,2 · 10– 8 N. Das bedeutet: Die Gewichtskraft eines Elektrons ist um viele Größenordnungen kleiner als die Coulombkraft zwischen Elektron und Proton im Abstand des bohrschen Radius.

a) Die Masse des Atoms ist zu mindestens 99,99 % 8. im Atomkern konzentriert. Die Abmessungen des Kerns beeinflussen die Größe des Atoms demzufolge kaum.

Mit Vergrößerung der Masse erhöht sich die Anzahl der Protonen im Kern und damit auch die der Elektronen in der Atomhülle. Der Bereich, in dem die Elektronen gebunden sind, vergrößert sich demzufolge nur geringfügig. Stärker vergrößert sich die Dichte der Atomhülle.

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b) Geht man nur von der elektrostatischen Anziehung aus, könnte man vermuten:

Bei positiv geladenen Ionen fehlen Elektronen −in der Atomhülle. Sie könnten folglich kleiner als die neutralen Atome sein.Bei negativ geladenen Ionen besteht ein Über −schuss an Elektronen. Sie könnten demzufolge ebenfalls kleiner als neutrale Atome sein.

Vergleicht man in Tabellenwerken die Atom und Ionenradien, dann ergibt sich: Der Ionenradius ist in der Regel kleiner als der Atomradius.

a) Die Dichte von festen Stoffen liegt zwischen 9. 0,535 g/cm3 (Lithium) und 22,56 g/cm3 (Iridium) bzw. 22,59 g/cm3 (Osmium).

Hinweis: In Tabellenwerken findet man dazu keine einheitlichen Werte.

b) Die Dichte ergibt sich als Quotient aus Masse und Volumen. Entscheidend für die Dichte eines Stoffs ist vor allem die Packungsdichte seiner Atome.

Kohlenstoff (6): 2,25 g/cm10. 3

Aluminium (13): 2,70 g/cm3

Eisen (26): 7,86 g/cm3

Blei (82): 11,35 g/cm3

Für diese Stoffe gilt: Je größer die Ordnungszahl ist, desto größer ist die Dichte der Stoffe. Geht man z. B. vom bohrschen Atommodell aus, dann gilt: Der Atomdurchmesser und damit das Volumen eines Atoms liegt bei allen Atomen in der gleichen Größenordnung. Wegen ρ ~ m bei V ≈ konstant wächst mit wachsender Ordnungszahl die Dichte.

Emission und Absorption von Licht

a) 11.

Die Energie beim sichtbaren Licht liegt zwischen b) 1,55 eV und 3,3 eV. Sichtbares Licht wird demzufolge bei folgenden Übergängen abgegeben:

E2 g E1E3 g E1

Beim Übergang von c) E3 nach E1 beträgt die Enrgie 2,6 eV. Die Farbe liegt im grünblauen Bereich.

a) Sichtbar sind die Spektrallinien mit den Wellen12. längen 700 nm und 500 nm.

b) Mit E = h ∙ f = h ∙ c } λ kann jeder Wellenlänge eine Energie zugeordnet werden. Man erhält:für λ = 700 nm: E = 1,77 eVfür λ = 500 nm: E = 2,48 eVfür λ = 292 nm: E = 4,25 eV

E in eVE3E2

E1

E0–13,6

–3,4

–1,5–0,85

Der Ausschnitt aus dem Energieniveauschema könnte dann z. B. so aussehen:

Hier würde es für die Linie mit einer Wellenlänge von 292 nm zwei Möglichkeiten geben.

a) Eine Ionisierungsenergie von 10,4 eV bedeutet: 13. Bei Zufuhr dieser Energie zu einem Atom kann ein Elektron aus dem Grundzustand die Atomhülle verlassen. Aus dem Atom wird dann ein positiv geladenes Ion.Mit ∆b) E1,2 = 4,9 eV und ∆E2,3 = 1,6 eV ergibt sich:

λ = h · c } E

λ1,2 = 6,626 · 10 –34 J · s · 3,0 · 108 m } s }}

4,9 · 1,602 · 10–19 J = 253 nm

λ1,2 = 6,626 · 10 –34 J · s · 3,0 · 108 m } s }}

1,6 · 1,602 · 10–19 J = 776 nm

Eine Energie von 4,9 eV hat ein Photon mit einer Wellenlänge von 253 nm. Das ist Licht im ultravioletten Bereich.Eine Energie von 1,6 eV hat ein Photon mit einer Wellenlänge von 776 nm. Das ist Licht im Grenzbereich zum Infra rot.

Die Energie eines Photons ergibt sich zu:14.

E = h · c } λ

EPh = 6,626 · 10 –34 J · s · 3,0 · 108 m } s }

500 · 10–9 m

EPh = 3,98 · 10 –19 J

Eine Energie von 3 Wh = 10 800 Ws entspricht einer Photonenzahl von N = 2,7 · 1022.

a) Im sichtbaren Bereich liegen nur Linien der Bal15. merSerie, z. B. die mit den Energien 1,9 eV und 2,55 eV.

b) Bei einer Energie von 1,9 eV ergibt sich als Wellenlänge:

λ = h · c } E

λ = 6,626 · 10 –34 Js · 3,0 · 108 m } s }}

3,04 · 10–19 J = 654 nm

c) Bei einer Energie von 10,2 eV erhält man für die Frequenz:

f = E } h

f = 16,34 · 10 –19 J }}

6,626 · 10–34 Js = 2,47 · 10–15 Hz

Die Strahlung liegt im ultravioletten Bereich.

E in eVE3

E2

E1

E0–9,25

4,25

4,252,48

1,77

–5,25

–2,77

–1,0

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a) Aus 16. E = h · f und c = λ · f folgt: E = h · c } λ

E = 6,626 · 10 –34 J · s · 3,0 · 108 m } s }}

434,05 · 10–9 m

E = 4,58 · 10–19 J = 2,9 eV

Dem Energieniveau b) n = 5 kann eine Energie von 13,1 eV bzw. von –0,5 eV zugeordnet werden.

c) Das Elektron müsste mit einer Spannung von 13,1 V beschleunigt werden.

17. Eine Möglichkeit besteht darin, das Gas zu erhitzen. Eine andere Möglichkeit ist die, in einer Gasentladungsröhre durch Stoßprozesse Leuchterscheinungen hervorzurufen.

Eingegangen werden sollte auf die Leistungen von 18. Kirchhoff und Bunsen, die ab 1859 die Grundlagen für die Spektralanalyse legten. Herausgearbeitet werden sollte das Wesen der Spektralanalyse: Von jedem leuchtenden Stoff geht ein charakteristisches Spektrum aus. Folglich kann man umgekehrt aus einem gegebenen Spektrum auf die Anwesenheit bestimmter Stoffe schließen.Als Anwendungen können z. B. genannt werden:

Identifizierung von Stoffen in Stoffgemischen, −Entdeckung des Gases Helium, −Untersuchung der Sonnenatmosphäre, −Erkenntnisse über den Aufbau von Sternen. −

Die diskreten Änderungen der Energie in der Atom19. hülle führen zur Emission von Strahlung, wobei jeder Energie eine bestimmte Frequenz bzw. Wellenlänge entspricht:

E = h ∙ f = h ∙ c } λ Bei einem Spektralapparat wird das auffallende Licht in seine spektralen Anteile zerlegt. Das kann durch ein Prisma oder durch ein Gitter realisiert werden. Die Spektrallinien können ausgemessen und mit den Spektrallinien bekannter Stoffe verglichen werden.

a) Es handelt sich um ein kontinuierliches Emissions20. spektrum (I), um ein EmissionsLinienspektrum von Natrium (II) und um ein Absorptionsspektrum von Natrium (III)

b)

Das Absorptionsspektrum entsteht, wenn weißes Licht durch Natriumdampf hindurchtritt.

*

Glühlampe

Prisma KontinuierlichesSpektrum

Natrium-dampflampe

Prisma

Linienspektrum

21. Absorptionslinien entstehen, wenn Licht mit einem kontinuierlichen Spektrum durch Gase hindurchtritt. Das ist bei Sternen der Fall: Die Strahlung aus dem Innern des Sterns tritt durch die Sternatmosphäre hindurch. Dabei werden bestimmte Wellenlängen absorbiert. Der scheinbare Widerspruch lässt sich durch zwei Effekte erklären:

Die Emission von Photonen nach der Absorption −erfolgt im Mittel gleichmäßig in alle Raumrichtungen. Die Intensität in Richtung Beobachter ist damit sehr gering.Die Freisetzung von Photonen kann auch stufen −weise über mehrere Photonen mit geringerer Energie erfolgen.

Entscheidend für das Laserlicht ist der Übergang von 22. E1 in den Grundzustand.Aus ∆ E = h · f mit f = c } λ folgt

∆ E = h · c } λ

und damit

λ = h · c } ∆ E

λ = 6,626 · 10 –34 J · s · 3,0 · 108 m } s }}

2,863 · 10–19 J

λ = 6,94 · 10–7 m = 694 nm

Die Wellenlänge von 694 nm entspricht der von rotem Licht.

Dieser scheinbare Widerspruch löst sich, wenn man 23. „strahlungslos“ richtig interpretiert. Es bedeutet, dass die Energiedifferenz nicht als Photon im sichtbaren Bereich emittiert oder absorbiert wird, sondern als langwelliges Photon z. B. eine Erwärmung des Stoffs bewirkt. Der Energieerhaltungssatz ist uneingeschränkt gültig.

Laserlicht ist insbesondere wegen seiner hohen 24. Energiedichte für das menschliche Auge gefährlich. Es kann leicht zu Verbrennungen auf der Netzhaut und damit zu irreparablen Augenschäden führen.Hinweis: In der Augenheilkunde wird Laserlicht genutzt, um z. B. sich ablösende Netzhaut an den Augenhintergrund „anzuschweißen“.

Präsentation: Im Internet sind dazu zahlreiche detail25. lierte Hinweise zu finden. Welche Art von Laser ausgewählt wird, kann dem Schüler überlassen werden. Zu fordern ist eine verständliche Darstellung von Aufbau und Wirkungsweise.

Elektronen im linearen Potenzialtopf

Die möglichen Energiewerte in einem linearen Po26. tenzialtopf mit unendlich hohen Wänden sind abhängig

vom planckschen Wirkungsquantum − h,von der Masse eines Elektrons − me,

*

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von der Breite des Potenzialtopfs − L undvon der Zahl n mit n = 1, 2,3, ... −

Da h und me Konstanten sind, ergibt sich, dass für die möglichen Energiewerte En gilt:

En ~ 1 } L2 und En ~ n2

Für 27. L = konstant ist En ~ n2. Demzufolge ist die Energie beim Übergang vom 3. in den 2. Zustand kleiner als die beim Übergang vom 2. Zustand in den Grundzustand. Für den Zusammenhang zwischen Energie und Wellenlänge gilt:

∆ E = h · c } λ

Das bedeutet: Je kleiner die Wellenlänge ist, umso größer ist die Energie des emittierten Lichts und umgekehrt. Demzufolge wird beim Übergang vom 2. Zustand in den Grundzustand Licht kleinerer Wellenlänge emittiert.

a) 28. E = h2 }

8 me · L2 · n2

E = (6,626 · 10 –34 Js) 2 }}}

8 · 9,109 · 10–31 kg (3,5 · 10–10 m) 2 = 2,15 · 10–19 J

E = 3,07 eV

Der Unterschied zum realen Wert kommt zustande, weil mit einem stark vereinfachten Modell gearbeitet wurde.

b) Mit E1 = 3,07 eV für n = 1 erhält man:

E2 = E1 · 4 = 12,3 eV

E3 = E1 · 9 = 27,6 eV

E4 = E1 · 16 = 49,1 eV

Damit erhält man folgendes Energieniveauschema:

a) 29.

E in eV

E3

E3

E2

E10

10

20

30

40

50

(3,07)

(49,1)

(27,6)

(12,3)

x0 L

E1

E2

E3

E4

x0 L

E1

E2

E3

E4

x0 L

E1

E2

E3

E4

b)

a) 30. E = h2 }

8 me · L2 · n2

E1 = (6,626 · 10 –34 Js) 2 }}

8 · 9,109 · 10–31 kg (10–9 m) 2 = 0,60 · 10–19 J

E1 = 0,38 eV

E2 = E1 · 4 = 1,5 eV

E3 = E1 · 9 = 3,4 eV

E4 = E1 · 16 = 6,1 eV

b) Für den Zusammenhang zwischen Energie und Frequenz gilt:

E = h · f oder f = E } h

Damit erhält man für den Übergang von n = 4 nach n = 3:

f = 2,7 eV }

h = 2,7 · 1,602 · 10–19 J

}} 6,626 · 10–34 J · s

f = 6,5 · 1014 Hz

c) Aus den Spektrallinien und dem zugehörigen Energieniveauschema (b LB S. 62) ergibt sich eine Energie von 0,65 eV und damit eine wesentlich kleinere Frequenz von 1,6 ∙ 1014 Hz. Die Unterschiede sind mit der Nutzung des stark vereinfachten Modells Potenzialtopf erklärbar.

Arbeit mit einem Simulationsprogramm (Freeware): 31. Die Schüler sollten weitgehend selbstständig mit dem Programm arbeiten und damit „spielen“. Für die Einbeziehung des Programms in den Unterricht gibt es verschiedene Möglichkeiten. Die Entscheidung bleibt der Lehrkraft überlassen.

Referat zu E. 32. scHrödiNger: Im Internet sind zu seinem Leben und Wirken ausführliche Informationen zu finden.

a) Die Potenzialtöpfe unterscheiden sich stark in der 33. Topfbreite (Verhältnis von L etwa 1 : 2) sowie in der Anzahl der Energieniveaus und damit auch im Energiebereich, der belegt wird.

b) Im Potenzialtopf des Sehpurpurs sind die untersten 6 Niveaus besetzt. eine Anregung findet also von E6 zu E7 statt. Mit der Topfbreite L erhält man:

∆E = E7 – E6 = 49 h2 }

8 m L2 – 36 h2 }

8 m L2 = 13 h2 }

8 m L2

x0 L

E1

E2

E3

E4

x0 L

E1

E2

E3

E4

x0 L

E1

E2

E3

E4

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Im Potenzialtopf des Betakarotins sind die untersten 11 Niveaus besetzt. Mit der Topfbreite 2 L erhält man:

∆E = E12 – E11 = 144 h2 }

8 m (2 L)2 – 121 h2

} 8 m (2 L)2

∆E = 5,75 h2 }

8 m L2

Das bedeutet: Die Energie ist beim Sehpurpur etwa doppelt so groß wie beim Betakarotin.Hinweis: Tatsächlich beträgt das Verhältnis der Wellenlängen (orange zu purpur) nur etwa 1,5. Die Tendenz wird durch das stark vereinfachte Potenzialtopfmodell richtig beschrieben. Mehr ist auch nicht zu erwarten.

Als Tunneleffekt bezeichnet man die Erscheinung, 34. dass z. B. ein Proton mit einer bestimmten Wahrscheinlichkeit durch einen Potenzialwall hindurchtreten kann. Zu diesem quantenphysikalischen Effekt gibt es keinen vergleichbaren klassischen Effekt.

Eine Orientierung kann am LB, S. 57, erfolgen.35.

36. Für den gegebenen Fall vergrößert sich die Dicke um den Faktor 109. Schon mit W ~ 1 }

d verringert

sich die Wahrscheinlichkeit auf ein Milliardstel. Mit W ~ 1 }

ed gilt das erst recht. Der Vorgang ist höchst un

wahrscheinlich.

Quantenphysikalisches Atommodell

Es entstehen chladnische Klangfiguren, die je nach 37. Form der Platte, den Fixpunkten und Frequenzen sehr unterschiedliche Formen haben können.Es handelt sich immer um zweidimensionale stehende Wellen mit Knotenlinien.

a) Dargestellt ist das Potenzial 38. φ in Abhängigkeit von der Entfernung r vom geladenen Körper. Je größer der Abstand ist, desto kleiner ist das Potenzial. Es gilt:

φ ~ 1 } r b) φ = 1 } 4 π · ε0

· Q } r

φ = 1 ∙ Vm }} 4 π ∙ 8,854 ∙ 10–12 As

∙ 1,602 ∙ 10–19 C }}

5,29 ∙ 10–11 m

φ = 27,2 V

c) Unter dem elektrischen Potenzial versteht man den Quotienten aus der potenziellen Energie eines geladenen Körpers im Feld und der Ladung dieses Körpers. Wird z. B. ein Proton aus dem Unendlichen bis zur Entfernung r = 5,29 ∙ 10–11 m bewegt, dann ist die Arbeit 27,2 eV erforderlich.

b39. LB, S. 67– 69

Ein Orbital veranschaulicht die Aufenthaltswahr40. scheinlichkeit von Elektronen in der Atomhülle. Im gegebenen Fall handelt es sich um das Modell eines

*

angeregten Wasserstoffatoms (n = 2, l = 1). Das Elektron befindet sich mit über 90 %iger Wahrscheinlichkeit im grün markierten Bereich.

41. 1 Mol Wasserstoff bedeutet: Es liegen 6 ∙ 1023 (genauer: 6,022 ∙ 1023) Teilchen vor. Wenn 10 % angeregt sind, handelt es sich um 6 ∙ 1022 Teilchen, von denen innerhalb von 1,6 ∙ 10–9 s die Hälfte in den Grundzustand zurückfällt und dabei Photonen emittiert. Die zeitliche Abhängigkeit zeigt die folgende Übersicht:

Zeit in t Anzahl der angeregten Teilchen

0 6 ∙ 1022

1,6 ∙ 10–9 s 3 ∙ 1022

3,2 ∙ 10–9 s 1,5 ∙ 1022

4,8 ∙ 10–9 s 0,75 ∙ 1022

a) 42. b LB, S. 71, 72b) b LB, S. 71, 72

a) Aus der Energiedifferenz ∆43. E = 4,9 eV ergibt sich:

∆ E = h · f = h · c } λ und damit λ = h · c } ∆ E

λ = 6,626 · 10 –34 J · s · 3,0 · 108 m } s }}

4,9 · 1,602 · 10–19 J

λ = 253 nm

b) Strahlung dieser Wellenlänge liegt im ultravioletten Bereich. Solche Strahlung lässt sich mithilfe von Leuchtschirmen (z. B. mit Zinksulfid) oder durch spezielle Detektoren nachweisen.

a) Die Energie der emittierten Elektronen beträgt 44. 2,12 eV.

b) Für die Wellenlänge ergibt sich:

λ = h · c } ∆ E

λ = 6,626 · 10 –34 Js · 3 · 108 m } s }}

2,12 · 1,602 · 10–19 J

λ = 585 nm

Es handelt sich um Licht im gelben Spektralbereich.

45. Hier spielen zwei Aspekte eine Rolle. Unabhängig vom FranckHertzVersuch gilt: Ein Modell wird immer für einen bestimmten Zweck geschaffen. In der klassischen Gastheorie geht es um die Beschreibung und Erklärung von Phänomenen, bei denen inneratomare Vorgänge keine Rolle spielen. Das Modell „elastisches Teilchen“ ist hierfür gut geeignet. Der FranckHertzVersuch zeigt: Auch bei Stößen, die mit inneratomaren Vorgängen verbunden sind, kann eine Art elastischer Wechselwirkung (vollständige Übertragung der Energie eines Teilchens) auftreten.

b46. LB, S. 73. Dargestellt werden sollten der prinzipielle Aufbau einer Röntgenröhre und die Vorgänge an der Anode.

*

*

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b47. LB, S. 75. Wichtig ist das Herausarbeiten des unterschiedlichen Mechanismus der Entstehung von Bremsstrahlung und charakteristischer Strahlung.

48. Diese Aufgabe sollte bei der angegebenen Beschleunigungsspannung von 50 kV relativistisch gelöst werden. Vermutlich wird aber ein Teil der Schüler eine klassische Lösung angeben. Es sind deshalb nachfolgend beide Lösungsvarianten dargestellt.a) Für die Energie der Elektronen ergibt sich klas

sisch:

E = e · U

E = 50 keV = 8,0 · 10–15 J

Als Gesamtenergie (relativistisch) ergibt sich:

Eges = Ekin, rel + E0

Mit E0 = me, 0 · c 2 = 8,2 · 10–14 J = 5,11 · 105 eV

ergibt sich als maximale Gesamtenergie:

Eges = 9,0 · 10–14 J = 5,6 · 105 eV

b) Klassisch erhält man:

v = √ } 2 e · U } m

v = √ }}} 2 · 5 · 104 V · 1,759 · 1011 c } kg

v = 1,33 · 108 m } s

Das sind ca. 43 % der Vakuumlichtgeschwindigkeit.

Relativistisch ergibt sich: Mit Eges = m · c 2 = Ekin, rel + E0 und

m = m0 }

√ } 1 – v 2 } c 2

folgt: E0

} √ } 1 – v 2 }

c 2 = Ekin, rel + E0

Sinnvoll ist jetzt ein Umstellen der Gleichung nach v } c , da daraus erkennbar ist, in welcher Relation sich v zur Lichtgeschwindigkeit c verhält. Die Umstellung ergibt:

v } c = √ }} 1 – (E0)2

}} (Ekin, rel + E0)2

≈ 0,41

Die Geschwindigkeit des Elektrons beträgt etwa 41 % der Lichtgeschwindigkeit. Daraus ergibt sich ein Wert von:v = 1,24 · 108 m · s–1

c) Die klassische Rechnung ergibt:

fG = e · U } h

fG = 1,602 · 10–19 · 5 · 10–14 V }}

6,626 · 10–34 J · s

fG = 1,2 · 1019 Hz

Das entspricht einer Wellenlänge von:

λ = 3 · 108 m } 1,2 · 1019 J · s

λ = 2,5 · 10–11 m = 25 pm

*

Relativistisch kann man die Wellenlänge über den Impuls berechnen. Den Impuls p erhält man aus der relativistischen EnergieImpuls Beziehung

Eges2 = (p · c)2 + E0

2 zu:

p = 1 } c √ } Eges2 – E0

2 = 1,236 · 10–22 Ns

Mit λ = h } p erhält man:

λ = 5,5 · 10–12 m

a) ∆49. E = 13,6 eV (29 – 1) 2 · ( 1 } 1 – 1 } 4 ) ∆E = 8,0 keV

b) λ = h · c } ∆ E

λ = 6,626 · 10 –34 Js · 3,0 · 108 m } s }}

8,0 · 103 · 1,602 · 10–19 J

λ = 1,55 · 10–10 m

c) Der Vergleich mit dem Röntgenspektrum im LB, S. 75, zeigt: Es handelt sich hier um eine Linie des charakteristischen Spektrums, und zwar um die Linie mit der größten Intensität.

50. Das Wirkungsquantum lässt sich aus der Beschleunigungsspannung und der Grenzfrequenz (Grenzwellenlänge) ermitteln:

e · U = h · fG

Mit fG = c } λG erhält man:

h = e · U · λG } c

h = 1,602 · 10–19 C · 42,4 · 103 V · 0,27 · 10–10 m }}}

3 · 108 m } s

h = 6,1 · 10–34 Js

Die Photonenenergie lässt sich aus der Lage des Maximums mit λ = 0,73 · 10–10 m berechnen:

E = h · c } λ

E = 6,626 · 10 –34 J · s · 3 · 108 m } s }}

0,73 · 10–10 m

E = 2,7 · 10–15 J = 1,7 · 104 eV = 17 keV

a)51.

b) Mit n = 1 erhält man:

2 d · sin α = λ

d = λ } 2 · sin α

d = 154 · 10–12 m } 2 · sin α

= 77 · 10–12 m } sin α

*

*Detektor

Kristall

Röntgenröhre

α

α

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Geht man davon aus, dass der Winkel 5° noch gut registriert werden kann, dann erhält man:

d = 8,8 · 10–10 m ≈ 10–9 m

Das bedeutet: Netzebenenabstände im Nanometerbereich können experimentell nachgewiesen werden.

a) Beim Leben und Wirken von W. C. 52. röNtgeN sollte besonders herausgearbeitet werden, dass er

als Einzelforscher eine grundlegende Ent −deckung gemacht hat,in sehr kurzer Zeit alle wichtigen Eigenschaften −von Röntgenstrahlung (Xrays) erforschte undalle seine Erkenntnisse ohne jeden Patent −schutz zur allgemeinen Nutzung zur Verfügung stellte.

b) Eine solche Übersicht kann tabellarisch angelegt werden. Nachfolgend ist eine mögliche Lösungsvariante angegeben.

Eigenschaft der Röntgen-strahlung

Typische Anwendungen

große, stoffabhängige Durchdringungsfähigkeit

Röntgen in der Medizin,Untersuchung von Schweißnähten,Materialprüfung auf Einschlüsse

Schwärzen von Filmen Röntgen in der Medizin

Beugung, Interferenz Röntgenstrukturanalyse

Ionisationsvermögen, Zerstörung von Zellen

Bestrahlung von Krebszellen

c) Detaillierte Erläuterung einer selbst gewählten Anwendung.

Strukturuntersuchungen zum Aufbau der Materie (LB S. 103–104)

b1. LB, S. 87– 88

a) Als allgemeine Bedingung lässt sich formulieren: 2. Die Objekte, an denen gestreut wird, müssen in der gleichen Größenordnung sein wie die Objekte, die gestreut werden sollen.

b) Den Elektronen und anderen Teilchen muss eine Wellenlänge in der Größenordnung 10–15 m zugeordnet werden können. Daraus ergibt sich für die Energie der Teilchen:

E = h · c } λ

E = 6,626 · 10 –34 Js · 3 · 108 m } s }}

10–15 m

E = 1,99 · 10–10 J = 1,2 · 109 eV = 1,2 GeV

a) Kurzreferat zum Linearbeschleuniger: Der Auf3. bau und die Wirkungsweise sind im LB, S. 92, in kurzer Form beschrieben.

b) e · U = 1 } 2 m · v 2

U = m · v 2 } 2 e

U = (3 · 107 m } s ) 2 · kg

}} 2 · 1,758 · 1018 C

U = 2,6 kV

Die kinetische Energie der Elektronen beträgt dann: E = 2,6 · 103 eV = 4,2 · 10–16 JHinweis: Es kann auch mit E = 1 } 2 m · v 2 gerechnet werden. Man erhält, von Rundungsfehlern abgesehen, den gleichen Wert.

c) Der Anteil der kinetischen Energie an der Gesamtenergie ergibt sich aus der gegebenen Gesamtenergie und der Ruheenergie. Diese kann man folgendermaßen berechnen:E0 = m0 · c 2

E0 = 9,109 · 10 –31 kg · 9 · 1016 m2 · s–2

E0 = 8,198 · 10 –14 J = 5,12 MeV

Aus E = E0 + Ekin folgt:

Ekin = 44,9 MeV

Für das Verhältnis der Massen gilt:

Aus m = m0 } √ } 1 – v 2

} c 2

folgt m · c 2 = m0 ·c 2

} √ } 1 – v 2

} c 2

Mit E = m · c 2 und E0 = m0 · c2 ergibt sich:

E } E0 = 1

} √ } 1 – v 2

} c 2

E } E0

= 50 MeV } 5,12 MeV = 9,766

Das Verhältnis der Gesamtmasse des Elektrons zu seiner Ruhemasse beträgt etwa 9,8.Die Geschwindigkeit kann in unterschiedlicher Weise berechnet werden.

Variante 1:

Mit E } E0 = 1

} √ } 1 – v 2

} c 2

= 9,766 ergibt sich durch Um

stellung nach der Geschwindigkeit v:

v = 1,32 · 108 m · s–1

Die Geschwindigkeit des Elektrons beträgt v = 1,32 · 108 m } s . Das sind etwa 44 % der Lichtgeschwindigkeit.

Variante 2:Mit Ekin = m0 · c2 · 3

1 }

√ } 1 – v 2 }

c 2 – 14 = E0 3

1 }

√ } 1 – v 2 }

c 2 – 14 folgt:

E } E0 = 3

1 }

√ } 1 – v 2 }

c 2 – 14

Es ergibt sich der gleiche Wert für die Geschwindigkeit.

*

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a) Bewegen sich die geladenen Teilchen im homo4. genen Magnetfeld der Stärke B senkrecht zu den Feldlinien mit der Geschwindigkeit v, dann wirkt auf sie die Lorentzkraft F = q · B · v.Die Lorentzkraft wirkt als Zentripetalkraft. Demzufolge gilt:

Lorentzkraft = Zentripetalkraft

q · B · v = m · v 2 } r

Daraus ergibt sich: r = m · v 2 } q · v · B = m · v } q · B

Das bedeutet: Der Radius der Kreisbahn eines geladenen Teilchens, das sich senkrecht zu den Feldlinien eines homogenen Magnetfelds bewegt, ist umso größer,

je größer die Geschwindigkeit − v des geladenen Teilchens ist,je kleiner seine spezifische Ladung − q

} m ist undje kleiner die magnetische Flussdichte − B ist.

b) Bei Verdopplung der Geschwindigkeit (Vergrößerung auf 200 %) verdoppelt sich der Bahnradius.

a) Spur 1 stammt von einem Elektron, Spur 2 von 5. einem Positron (UVWRegel).

b) Für den Zusammenhang zwischen E, B und r gilt:

q · v · B = m · v 2 } r oder q · B = m · v } r Die Umstellung nach v ergibt:

v = q · B · r } m (1)

Aus Geschwindigkeit und Masse lässt sich über E = 1 } 2 m · v 2 die kinetische Energie der Teilchen berechnen:

E = q 2 · B 2 · r 2 } 2 m

Da Positron und Elektron den gleichen Betrag der Ladung und die gleiche Masse haben, kann gefolgert werden: Aufgrund des kleineren Radius ist die Energie des Positrons kleiner als die des Elektrons.

Es handelt sich nicht um einen zentralen Stoß, da 6. die Teilchen in unterschiedlichen Richtungen wegfliegen. Die Länge der Wege ist proportional zur Geschwindigkeit der Teilchen und – da die Teilchenmassen identisch sind – auch proportional zum Impuls der Teilchen. Deshalb kann man direkt prüfen, ob der resultierende Impulsvektor nach dem Stoß identisch mit dem Impulsvektor des ankommenden Teilchens ist (Vektorparallelogramm).

Der Energieerhaltungssatz für diesen Stoß lautet (ein Teilchen ruht zunächst):

m } 2 v12 = m } 2 u1

2 = m } 2 u22 oder v1

2 = u12 + u2

2

Letzteres ist der Satz des Pythagoras, weshalb das Vektordiagramm der Impulse bzw. der Geschwindigkeiten ein rechtwinkliges Dreieck ergeben muss. Wie die Überprüfung durch Nachmessen zeigt, ist diese Forderung durch die Skizze erfüllt.

E7. = 2 · m · c 2

E = 2 · 1,673 · 10–27 kg · (3 · 108 m } s ) 2

E = 3,0 · 10–10 J = 1,87 GeV

a) Die Ruhemassen eines Teilchens und seines Anti8. teilchens sind immer gleich groß:

m = 9,109 · 10–31 kg

b) Für die Energie des Teilchenpaars gilt dann:

E = 2 · m · c 2

E = 2 · 9,109 · 10–31 kg · (3 · 108 m } s ) 2

E = 1,6 · 10–13 J = 1,0 · 106 eV = 1,0 MeV

Grundsätzlich gilt: Die Strukturen, die man auflösen 9. kann, müssen in der gleichen Größenordnung liegen wie die Wellenlängen, die man den entsprechenden Teilchen zuordnen kann. Es gilt:

p = E } c = h · f } c = h } λ und damit

λ = h · c } ∆ E

Eine Abschätzung ergibt:

λ = 6,626 · 10 –34 Js · 3,0 · 108 m } s }}

10 · 109 · 1,602 · 10–19 J

λ = 1,2 · 10–16 m

Die Abschätzung zeigt: Zur Auflösung von Mikrostrukturen muss die Wellenlänge der verwendeten Teilchen so klein wie die Struktur selbst sein.

a) Allgemein gilt: 10. q · U = 1 } 2 m · v 2

und damit: v = √ } 2q · U } m

b) Die Ruhemasse eines α Teilchens beträgt 6,645 · 10 –27 kg. Für die Abhängigkeit der Masse von der Geschwindigkeit gilt:

m = m0 } √ } 1 – v 2

} c 2

= γ · m0

Damit erhält man:

γ 1,021 1,091 1,25 1,667

v 0,2 c 0,4 c 0,6 c 0,8 c

m in 10 –27 kg 6,78 7,24 8,30 11,1

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0,2 0,4 0,6 0,8 1

m in 10–27 kg

v in c

11

10

9

8

7

6

c) Die Geschwindigkeit bei Verdreifachung der Masse ergibt sich aus:

m = m0 } √ } 1 – v 2

} c 2

Mit m = 3 m0 erhält man:

3 m0 = m0 } √ } 1 – v 2

} c 2

oder vereinfacht:

v = c · √ } 8 } 9 = 0,94 c

Bei nichtrelativistischer Betrachtung würde man für die Beschleunigungsspannung erhalten:

U = m0 · v 2 } 2Q

U = 6,645 · 10 –27 kg · (0,94 · 3 · 108 m } s ) 2

}}} 2 · 1,602 · 10 –19 C

U = 1,7 · 109 V

Da sich aber die Masse auf das Dreifache vergrößert, muss sich auch die Beschleunigungsspannung auf den dreifachen Wert vergrößern.

a) Kurzreferat: Informationen zu den aktuellen For11. schungen sind im Internet zu finden.

b) E = m · g · h

h = E } m · g

h = 3,5 · 10 12 · 1,602 · 10–19 J }}

10– 6 kg · 9,81 m } s2

h = 5,7 · 10–2 m = 5,7 cm

c) Als Zeit für einen Umlauf von Protonen erhält man:Tn = 1 }

f

Tn = 1 } 11 · 103 Hz

= 0,91 · 10– 4 s = 9,1 · 10–5 s

Daraus ergibt sich als zeitlicher Abstand zwischen zwei gegenläufigen „Protonenpaketen“:

T = TU/2 = 4,5 · 10–5 s = 45 µs

Hinweis: Im Vollbetrieb soll der LHC mit ca. 2 800 Protonenpaketen gefüllt werden, die mit 11 kHz gegenläufig umlaufen, wobei es an vier Stellen (im Bereich der großen Detektoren) zur Kollision kommen kann. Daraus ergibt sich alle 25 ns eine Kollision.

Neutronen sind in einem Beschleuniger aufgrund 12. der nicht vorhandenen Ladung grundsätzlich nicht nutzbar. Protonen bzw. Bleiionen werden gegenüber Elektronen bevorzugt, weil sie aufgrund ihrer

wesentlich größeren Masse eine erheblich größere Energie erreichen können.

a) Ein schwarzes Loch ist ein überaus massereiches 13. Objekt, das aufgrund seiner Masse Materie der Umgebung „aufsaugt“. Da selbst Licht einen solchen Bereich nicht verlassen kann, hat man die Bezeichnung „schwarzes Loch“ gewählt. Schwarze Löcher wurden durch astrophysikalische Untersuchungen gefunden. Sie können nur indirekt nachgewiesen werden.

b) Richtig ist, dass es z. B. nach der Stringtheorie sehr kurzlebige schwarze Minilöcher geben kann, die durch Experimente in Teilchenbeschleunigern entstehen. Es gibt gegenwärtig keinerlei Erkenntnisse, die auf unkalkulierbare Risiken solcher schwarzer Minilöcher hinweisen.

Beim Elektron und beim Antiproton handelt es sich 14. nicht um ein Teilchen und sein Antiteilchen. Die einzige Gemeinsamkeit ist der Betrag der Ladung, der bei Elektron und Antiproton gleich ist (q = 1,602 ∙ 10–19 C).Ansonsten unterscheiden sich die beiden Teilchen gravierend voneinander, wie man aus der folgenden Übersicht erkennt.

Eigenschaft Elektron Antiproton

Masse 9,1 ∙ 10–31 kg 1 836 ∙ me

Ruheenergie 511 keV 938 MeV

mittlere Lebensdauer

stabil (> 1024 a) Erzeugung nur künstlich in Beschleunigern

Struktur Elementarteilchen

aus drei Quarks zusammengesetzt (1 AntiDown, 2 AntiUp)

Kurzreferat. Als Kernaussage sollte herausgearbei15. tet werden: Teilchen und jeweiliges Antiteilchen unterscheiden sich im Vorzeichen ihrer Ladung, haben aber ansonsten die gleiche Masse, Lebensdauer, Spin usw. Charakteristisch für Teilchen und Antiteilchen sind:

Trifft ein Teilchen und sein Antiteilchen zusam −men, kommt es häufig zur Paarzerstrahlung (Bildung von Photonen).Umgekehrt kann ein Photon z. B. in ein Elektron −und ein Positron umgewandelt werden (Paarbildung).

Die „normale“ Materie besteht aus Teilchen, die Antimaterie aus Antiteilchen.

Anzuwenden sind das Gravitationsgesetz und das 16. coulombsche Gesetz.

F1 = G · m1 · m2 } r 2

F1 = 6,673 · 10–11 · m3 }

kg · s2 · 1,673 · 10–27 kg · 9,109 · 10–31 kg

}}} (2,1 · 10–10 m)2

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F1 = 2,3 · 10– 48 N

F2 = 1 } 4 π · ε0 · Q1 · Q2 }

r 2

F2 = 1 }} 4 π · 8,854 · 10–12 A · s

} V · m · (1,602 · 10–19 C)2

}} (2,1 · 10–10 m)2

F2 = 5,2 · 10– 9 N

Die Gravitationskraft zwischen Atomkern und Elektron ist um viele Größenordnungen geringer als die elektrostatische Kraft zwischen positiv geladenem Kern und negativ geladenem Elektron.Die Kräfte zwischen Ladungen spielen offensichtlich für den Zusammenhalt eines Atoms eine wesentlich größere Rolle als Gravitationskräfte.

Kurzreferat zum HiggsTeilchen: Informationen dazu 17. sind im Internet unter den Suchwörtern „HiggsTeilchen“ oder „HiggsBoson“ zu finden.

Präsentation18.

Ein einfaches Kernmodell der Quanten-physik (LB S. 119 –120)

m1. = ρ ∙ V

m = 1,8 ∙ 1014 g }

cm3 ∙ 1 cm3

m = 1,8 ∙ 1014 g = 1,8 ∙ 1011 kg =1,8 ∙ 108 t

1 cm3 Wasser hat eine Masse von 1 g. Demzufolge wiegt 1 cm3 Kernmaterie das 1,8 ∙ 1014Fache.

Für den Kernradius gilt allgemein:2.

r = 1,4 ∙ 10–15 ∙ 3 √ } A

Damit erhält man:

Kohlenstoff: r = 1,4 ∙ 10–15 m ∙ 3 √ } 12 = 3,2 ∙ 10–15 m

Eisen: r = 1,4 ∙ 10–15 m ∙ 3 √ } 56 = 5,4 ∙ 10–15 m

Blei: r = 1,4 ∙ 10–15 m ∙ 3 √ } 208 = 8,3 ∙ 10–15 m

Uran: r = 1,4 ∙ 10–15 m ∙ 3 √ } 238 = 8,7 ∙ 10–15 m

a) Als Gravitationskraft ergibt sich:3.

FG = G · m1 · m2 } r 2

FG = 6,673 · 10–11 m3 }

kg · s2 · (1,673 · 10–27 kg)2

}} (10–15 m)2

F1 = 1,9 · 10– 34 N

Als abstoßende Kraft zwischen den Ladungen ergibt sich:

FE = 1 } 4 π · ε0 · Q1 · Q2 }

r 2

FE = 1 · Vm }} 4 π · 8,854 · 10–12 As

· (1,602 · 10–19 C)2 }}

(10–15 m)2

FE = 2,3 · 102 N

b) Die Ergebnisse von a) zeigen: Die Gravitationskraft spielt eine untergeordnete

Rolle. Die Coulombkraft ist wesentlich größer. Da aber die anziehende starke Wechselwirkung etwa 100mal stärker als die Coulombkraft ist, überwiegt sie und hält die Bestandteile des Atomkerns (Protonen, Neutronen) zusammen.

Für den Zusammenhang zwischen Kernradius 4. r und Massenzahl A gilt:

r = 1,4 ∙ 10–15 ∙ 3 √ } A

Der Atomradius ist weitgehend unabhängig von der Anzahl der Elektronen und liegt in einer Größenordnung von 10–10 m.Für den Atomkern ist die starke Wechselwirkung entscheidend. Die Kernbestandteile sind dicht gepackt. Daraus ergibt sich die Vergrößerung des Atomkerns mit Vergrößerung der Massenzahl. Für den Zusammenhalt von Atomkern und Atomhülle ist die elektromagnetische Wechselwirkung entscheidend, bei der die Kraft mit dem Quadrat der Entfernung abnimmt. Daraus ergibt sich, dass sich die maximale Entfernung der Elektronen vom Atomkern bei stabilen Atomen nur in kleinen Grenzen ändern kann.

Die Kernkraft spielt außerhalb des Atomkerns keine 5. Rolle, weil ihre Reichweite mit etwa 10–15 m sehr klein ist.

Von den vier fundamentalen Wechselwirkungen spie6. len für die Nukleonen die elektromagnetische Kraft und die starke Kraft (Kernkraft) eine spürbare Rolle. Da die starke Kraft etwa 100mal stärker als die elektromagnetische Kraft ist, bewirkt sie entscheidend die Stabilität eines Atomkerns.

a) Zwischen den Teilchen des Wassers wirken zwi7. schenmolekulare (coulombsche) Kräfte, die im Idealfall einen kugelförmigen Wassertropfen bewirken. Infolge seiner Gewichtskraft hat ein auf ebener Fläche liegender Wassertropfen eine linsenförmige Form.

b) Das Tröpfchenmodell lässt sich so kennzeichnen:

Atomkern Analogie Wassertröpfchen

Ein Atomkern ist ein kompaktes Gebilde, bestehend aus Nukleonen.

Ein Wassertropfen ist ein Gebilde, bestehend aus vielen kleinen Wassertröpfchen.

Entscheidend für die Stabilität eines Atomkerns sind die starken Kräfte zwischen den Nukleonen.

Entscheidend für die Stabilität eines Wassertropfens sind die zwischenmolekularen Kräfte, die die vielen kleinen Wassertröpfchen zusammenhalten.

Ein Atomkern kann in Teile zerfallen. Dazu ist meist eine Anregung erforderlich.

Ein Wassertropfen kann in kleinere Tröpfchen zerlegt werden. Dazu ist eine Anregung erforderlich.

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Zwei Atomkerne können sich zu einem neuen Atomkern zusammenschließen. Dazu ist eine Anregung erforderlich.

Aus zwei Wassertröpfchen kann sich ein neuer Wassertropfen bilden. Dazu ist eine Anregung erforderlich.

c) Nach außen ist ein Wassertropfen elektrisch neutral. Daher wirkt zwischen zwei eng benachbarten Wassertropfen nur die überaus geringe Gravitationskraft.

a) 8. EB ist die Kernbindungsenergie je Nukleon. Es ist die Energie, die man aufwenden muss, um den Atomkern in Nukleonen zu zerlegen. Es ist zugleich die Energie, die frei wird, wenn sich der Kern aus Protonen und Neutronen zusammensetzt. A ist die Massenzahl, also die Anzahl der Nukleonen. Die Grafik zeigt: Die Bindungsenergie je Nukleon ist bei leichten Kernen gering, erreicht bei mittelschweren Kernen ein Maximum und fällt dann wieder ab. Daraus ergeben sich zwei grundsätzliche Möglichkeiten der Energiefreisetzung:

Aufspaltung eines schweren Kerns in zwei mit −telschwere Kerne (Kernspaltung),Fusion zweier leichter Kerne (Kernfusion). −

Es gilt:b)

∆ A = 27 · Ap + 33 · An – ACo

∆ A = 27 · 1,007 83 + 33 · 1,008 67 – 59,933 81

∆ A = 0,563 7

Dann beträgt der Massendefekt:

∆ m = ∆ A · u

∆ m = 0,563 7 · 1,66 · 10–27 kg = 9,36 · 10–28 kg

Als Bindungsenergie je Nukleon erhält man:

E = ∆ m · c 2 } A

E = 9,36 · 10–28 kg · (3 · 108 m } s )

2 }} 60

E = 1,4 · 10–12 J ≈ 8,8 MeV

Die Atommasse von Helium beträgt 4,001 506 9. u. Der Atomkern besteht aus 2 Protonen und 2 Neutronen. Dann gilt für einen Atomkern:

E = ∆ m · c 2

∆ m = (2 · 1,007 276 + 2 · 1,008 665) · u – 4,001 506 u

∆ m = 0,030 376 u

∆E = 0,030 376 ∙ 931,49 MeV

∆E = 28,3 MeV

Bei 10 g handelt es sich um:

N = 0,010 kg }}}

4,001 506 ∙ 1,660 540 ∙ 10–27 kg = 1,505 ∙ 1024

Die gesamte Bindungsenergie beträgt demzufolge:

E = ∆ E · N

E = 28,3 MeV · 1,505 · 1024

E = 4,26 ∙ 1025 eV = 2,66 ∙ 106 J

Als Betriebszeit für eine 15WLampe ergibt sich: t = E } p

t = 2,66 · 106 Ws } 15 W

t = 1,77 · 105 s = 2,05 d

Die Bindungsenergie eines Atomkerns ergibt sich zu10.

EB = mK ∙ c 2 mit mK ≈ Z ∙ mp + N ∙ mm und N + Z = A.

Demnach erhält man als Zusammenhang:

Zwischen der Massenzahl A und der Bindungsenergie des Atomkerns besteht näherungsweise direkte Proportionalität.

Die Atommasse von Helium beträgt 4,001 506 u. Der 11. Atomkern besteht aus 2 Protonen und 2 Neutronen. Dann gilt für einen Atomkern:

E = ∆ m · c 2

∆ m = (2 · 1,007 276 + 2 · 1,008 665) · u – 4,001 506 u

∆ m = 0,030 376 u

∆E = 0,030 376 ∙ 931,49 MeV

∆E = 28,3 MeV

Für den Massendefekt erhält man: 12. ∆ m = 0,514 187 u

Daraus ergibt sich als Bindungsenergie des Atomkerns:

EB = ∆ m · c 2

EB = 0,514 187 ∙ 931,49 MeV = 478,96 MeV

Die Bindungsenergie je Nukleon beträgt dann:

EB } A = 478,96 MeV } 56 = 8,55 MeV

Für Cerium138 ergibt sich:13. ∆m = (58 · 1,007 276 u + 80 · 1,008 665 u) – 137,905 985 u

∆ m = 1,209 223 u

EB = ∆ m · c 2

EB = 1,209 223 ∙ 931,49 MeV = 1 126,38 MeV

EB } A = 8,16 MeV

EB

A00

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Für Radium226 erhält man:

∆m = (88 · 1,007 276 u + 138 ∙ 1,008 665 u) – 226,025 40 u

∆m = 1,810 658 u

EB = 1 686,6 MeV

EB } A = 7,46 MeV

Die Bindungsenergie des Atomkerns ist bei Radium größer als bei Cerium. Bei der Bindungsenergie je Nukleon ist es umgekehrt.

a) Ein Tritiumkern besteht aus einem Proton und 14. zwei Neutronen.

∆ m = (1 · 1,007 276 u + 2 · 1,008 665 u) – 3,016 049 u

∆ m = 0,008 557 u

EB = 7,971 MeV

Ein Helium3Kern besteht aus zwei Protonen und einem Neutron.

∆ m = (2 · 1,007 276 u + 1 · 1,008 665 u) – 3,016 029 u

∆ m = 0,007 188 u

EB = 6,696 MeV

b) Der Unterschied ergibt sich aus der unterschiedlichen Zusammensetzung des Kerns. Beim Helium3Kern mit zwei Protonen spielt die elektromagnetische Wechselwirkung eine größere Rolle.

a) ∆ 15. m = (1,007 276 u + 1,008 665 u) – 2,013 553 u

∆ m = 0,002 388 u

EB = 2,22 MeV

b) Der Prozess lautet:

1 1 H + 1 1 H g 2 1 D + 0 1 e + ν + E

Vernachlässigt man das Neutrino geringer Energie und das Positron, dann erhält man für den Massendefekt:

∆ m = 2 ∙ 1,007 276 u – 2,013 553 u

∆ m = 0,000 999 u E = 0,93 MeV

b16. LB, S. 112

Protonen im Atomkern befinden sich in bestimmten 17. energetischen Zuständen, die für ein gegebenes Nuklid festliegen. Beim Übergang von einem höheren auf ein niedrigeres Niveau wird eine bestimmte Energie freigesetzt. Dem betreffenden Gammaquant kann deshalb auch eine bestimmte Wellenlänge zugeordnet werden. Damit entsteht stets ein Linienspektrum.

a) 18. 22 11 Na g 22

10 Ne + 0 1 e

b) ∆m = (11 · 1,007 276 u + 11 · 1,008 665 u) – 21,994 44 u

∆ m = 0,1810 911 u

EB = 168,52 MeV

EB } A = 7,66 MeV

Das Energieniveauschema zeigt: Ein Cäsium137Kern 19. kann sich in verschiedener Weise verändern:

Cs137 zerfällt unter Abgabe von βStrahlung −in Ba137, wobei die Energie der βStrahlung 1,39 MeV beträgt.Cs137 gibt βStrahlung mit einer Energie von −0,51 MeV ab. Es entsteht Ba*137 in einem angeregten Zustand. Beim Übergang in den Grundzustand wird Gammastrahlung mit einer Energie von 0,66 MeV abgegeben.

a) 20. 212 84 Po g 4 2 α + 208

82 Pbb)

a) Bei massereichen Sternen kann das sogenannte 21. Schalenbrennen auftreten. Das bedeutet:

Zunächst erfolgt – wie bei allen Sternen – eine −Fusion von Wasserstoff zu Helium im Zentrum des Sterns.Sind die Wasserstoffvorräte aufgebraucht, so −kann es im Innern des Sterns zur Fusion von Helium kommen. Die erforderliche Temperatur von ca. 108 K kommt zustande, weil in kernnahen Regionen Gravitationsenergie durch Kontraktion in innere Energie umgewandelt wird. Die Fusion von Wasserstoff kommt dabei nicht zum Erliegen, verlagert sich aber in kernfernere Bereiche des Sterns, in denen noch ausreichend Wasserstoff vorhanden ist.Gehen später die Heliumvorräte zur Neige, −löst ein erneuter Kontraktionsvorgang und die damit verbundene Temperaturerhöhung die Fusion von Elementen mit noch höherer Ordnungszahl aus (b Skizze).

7 MeV

212 84 Po

α

208 82 Pb

H

HeH

He C,O

C

N O,Mg

O SiSi Fe

Fe

N,Mg

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In diesem fortgeschrittenen Entwicklungsstadium gleicht der Stern einer Zwiebel, in der die verschiedenen Brennzonen übereinander geschichtet sind.

b) Die Kernfusion stellt nur bis zum Element Eisen eine Möglichkeit dar, um Kernbindungsenergie freizusetzen. Jenseits des Eisens wird die Energiebilanz negativ (siehe Kernbindungsenergie je Nukleon in Abhängigkeit von der Massenzahl). Bei der Eisenfusion wird der Umgebung Energie entzogen. Es entsteht ein Eisenkern. Die Temperatur im Zentrum des Sterns sinkt sehr schnell und er stürzt in sich zusammen. Der Stern leuchtet als Supernova extrem hell auf.

Radioaktivität und Kernreaktionen (LB S. 157–160)

a) Da sich die radioaktive Strahlung im Raum aus1. breitet und sich die Oberfläche einer Kugel mit dem Radius (Abstand) quadratisch vergrößert, nimmt wahrscheinlich die Intensität der Strahlung mit dem Quadrat des Abstandes ab.

b)

Das Diagramm bestätigt die unter a) genannte Vermutung: Mit zunehmendem Abstand verringert sich die Intensität der Strahlung. Daraus ergibt sich für den Strahlenschutz: Ein möglichst großer Abstand von Quellen radioaktiver Strahlung ist eine Möglichkeit, sich vor solcher Strahlung zu schützen.Die Strahlung, die dann registriert wird, kommt c) nicht in erster Linie von der Strahlungsquelle, sondern ist Folge der natürlichen Radioaktivität in unserer Umgebung (Nulleffekt).

a) Kurzreferat zu Aufbau und Wirkungsweise einer 2. Nebelkammer.

b) (1) ist Alphastrahlung, die stets eine bestimmte, diskrete Energie besitzt.(2) ist Betastrahlung mit einem kontinuierlichen Spektrum.

00 5 10 15 20 25

50

100

150

200

250

Impulse je Minute

r in cm

Präsentation: Der Schwerpunkt kann entweder auf 3. die genauere Erläuterung eines Nachweisgeräts oder auf einen Überblick gelegt werden. Anregungen dazu sind im Lehrbuch auf S. 125 zu finden.

a) 4.

b) Vorausgesetzt wird ein homogenes elektrisches Feld, in das die Teilchen senkrecht zu den Feldlinien eintreten (b Skizze). Dann erfolgt in vertikaler Richtung eine gleichmäßig beschleunigte Bewegung:

s = a } 2 t 2 mit a = F } m und F = q ∙ E

Damit gilt für die Ablenkung s:

s ~ q } m

Für ein αTeilchen ist die spezifische Ladung:

q } m = 3,2 ∙ 10–19 C }}

6,644 ∙ 10–27 kg = 4,8 ∙ 107 C }

kg

Für ein Positron gilt:

q } m = 1,759 ∙ 1011 C } kg

Das bedeutet: Bei ansonsten gleichen Bedingungen ist die Ablenkung von Positronen größer als die von Alphateilchen.

Die Reaktionsgleichung lautet:5. 226

88 Ra g 4 2 He + 222 86 Rn

∆ m = mRa – (mHe + mRn)

∆ m = 8,7 ∙ 10–30 kg = 5,2 ∙ 10–3 uFür die Energie erhält man:

E = ∆ m · c 2

E = 8,7 ∙ 10–30 kg ∙ (3 ∙ 108 m } s ) 2

E = 7,8 ∙ 10–13 J = 4,9 MeV

Man kann davon ausgehen, dass die gesamte frei werdende Energie als kinetische Energie des αTeilchens vorliegt. Dann gilt:

Eα = 1 } 2 m · v 2 oder v = √ } 2E } m

v = √ }} 2 ∙ 7,8 ∙ 10–13 J }}

6,645 ∙ 10–27 kg

v = 1,5 · 107 m } s

Bei αZerfall von Radium wird eine Energie von etwa 4,9 MeV frei. Die Geschwindigkeit der αTeilchen liegt bei 1,5 · 107 m } s .

a) 6. 47 21 Se g 47

22 Ti + 0 –1 e

Es handelt sich um einen βZerfall.

+

–Positronen

α-Teilchen

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b)

c) Die angeregten Titankerne gehen spontan in den Grundzustand über. Die Energie von

0,61 MeV – 0,45 MeV = 0,16 MeV

wird in Form von γStrahlung abgegeben. Für die Wellenlänge ergibt sich:

λ = h · c } E

λ = 6,626 ∙ 10–34 Js ∙ 3 ∙ 108 m } s }}

0,16 ∙ 106 ∙ 10–19 J

λ = 7,76 ∙ 10–12 m = 7,76 pm

d) Bei Vergrößerung des Abstands zwischen Strahlungsquelle und Zählrohr gilt das Abstandsgesetz:

z ~ 1 } r 2

Wenn sich der Abstand auf das Achtfache vergrößert, so verringert sich die Zählrate um den Faktor 64. Es ist also eine Zählrate von 90 zu erwarten (bereinigt um den Nulleffekt, mit Nulleffekt 110). Der gemessene Wert wird in der Regel kleiner sein, weil die Berechnung unter der Voraussetzung erfolgte, dass keine Strahlung absorbiert wird. Darüber hinaus sind Abweichungen zu erwarten, weil es sich um einen statistischen Wert handelt.

a) Es muss zunächst die Anzahl der Kerne (Atome) 7. bestimmt werden. Dann lässt sich mithilfe der Halbwertszeit ermitteln, wie viele dieser Atomkerne in einer Sekunde zerfallen.Für den Anfangszustand gilt:

N0 = NA · m } mmol

N0 = 6 · 1023 · 1 } mol ·

1 g }

226 g } mol

N0 = 2,7 · 1021

Für die Aktivität einer radioaktiven Substanz gilt:

A0 = ∆ N } ∆ t

Setzt man für N das Zerfallsgesetz ein, so kann man für kleine Zeitintervalle schreiben:

∆ N } ∆ t = –λ · N0 · e–λ · t

Mit t = 0 (Anfangszustand) erhält man:

∆ N } ∆ t = –λ · N0

Mit λ = In 2 } T1/2 erhält man:

0,45 MeV

0,61 MeV

Ti*-47

Ti-47

Sc 47

*

∆ N } ∆ t = – N0 · In 2

} T1/2

∆ N } ∆ t = – 2,7 · 1021 · In 2

} 1 600 a

∆ N } ∆ t

= –3,7 · 1010 1 } s

Geht man vom Anfangszustand aus, so zerfallen in einer Sekunde 3,7 · 1010 Kerne des RadiumNuklids.Für die Masse gilt analog zur Teilchenzahl:b)

m = m0 · e–λ · t

Bei den gegebenen Werten erhält man:

m = 1 g · e – In 2 } T1/2 · 100 a

m = 1 g · e– 0,043

m = 0,96 g

Nach 100 Jahren sind noch 0,96 g des RadiumNuklids nicht zerfallen.Es gilt das Zerfallsgesetz c) N = N0 · e–λ · t.Mit N = 0,1 · N0 erhält man:

0,1 N0 = N0 · e–λ · t oder 0,1 = e–λ · t

Logarithmieren liefert:

ln 0,1 = –λ · t

t = – In 0,1 } λ

t = – In 0,1 }

1,4 · 10–11 1 } s

t = 1,6 · 1011 s ≈ 5 070 a

Die Aktivität einer bestimmten Menge Radium226 hat in etwa 5 100 Jahren (das ist das 3,2fache der Halbwertszeit) auf 10 % abgenommen.

a) Da Holmium doppelt so schnell wie Phosphor zer8. fällt, liegt bei der gleichen Anzahl von Kernen bei Holmium die doppelte Aktivität vor.Für die gleiche Aktivität ist vom halb so schnell b) zerfallenden Phosphor die doppelte Anzahl Kerne erforderlich.

a) 18 Jahre sind mehr als 3 Halbwertszeiten. Somit ist 9. die Aktivität kleiner als ein Achtel der Anfangsaktivität und damit kleiner als 50 kBq. Sie liegt also unter der Freigrenze.Aus dem Gesetz für die Aktivitätb)

A = A0 · e–λ · t

erhält man nach Umstellung und Logarithmieren:

ln A0 } A = λ · t und damit

t = In ( 370 kBq

} 50 kBq

) · 5,26 a }} In 2

t = 15,2 a

Die Aktivität des Cobalt60Strahlers ist nach 15,2 a auf unter 50 kBq abgesunken.

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a) Nach der UVWRegel ist die Ladung der Strahlung 10. negativ. Es handelt sich um Betastrahlung. Die Zerfallsgleichung lautet:

215 83 Bi g 0 –1 e + 215

84 Pob) A = 215 + 5 ∙ 4 = 235

Z = 83 + 2 ∙ 5 – 1 = 92Das Ausgangselement ist demzufolge 235

92 U (UranActiniumReihe).

c) 64 Minuten sind 8 Halbwertszeiten. Damit gilt: N = N0 }

28 = 0,0039 N0

a) 11. 14 7 N + 1 0 n g 14

6 C + 1 1 pWenn der Anteil noch 25 % beträgt, dann sind b) zwei Halbwertszeiten vergangen. Die Mumie ist also 2 · 5 730 Jahre = 11 460 Jahre alt.

a) 12. Es gilt allgemein:

Nk (t) = Nk (0) · e–λ · t

NAr = 0,11 3Nk (0) – Nk (t)4 = 0,11 · Nk (0) · (1 – e λ · t)

Mit Nk (0) = Nk (t) · e λ · t gilt:

NAr = 0,11 · Nk (t) · (e λ · t – 1) bzw.

NAr } 0,11 · Nk (t)

= e λ · t – 1

Umstellen und Auflösen nach t ergibt:

e λ · t = 1 + NAr } 0,11 Nk

λ · t = ln (1 + NAr } 0,11 Nk )

Mit λ = ln 2 } T1/2 erhält man t = T1/2 }

ln 2 · ln (1 + NAr } 0,11 Nk

) b) NAr = 2,8 · 10–8

}} 40 · 1,66 · 10–27 = 4,2 · 10–17

Aus der Definition der Aktivität folgt:

Nk = Ak · T1/2 } ln 2

= 4,6 · 1020

Eingesetzt in die Formel aus Teilaufgabe a) erhält man:

t = 1,6 ∙ 107 a

a) Da sich in den 4 Tagen die Aktivität sowohl durch 13. den radioaktiven Zerfall auf die Hälfte als auch durch den Stoffwechsel auf die Hälfte verringert, ist sie im Körper auf ein Viertel abgesunken.Damit entsprechen die vier Tage zwei effektiven Halbwertszeiten. Es gilt also:

Teff = 2 d

b) Die Herleitung der Gleichung kann so erfolgen:Zur Zeit t = 0 sind N0 Atomkerne des Nuklids vorhanden.Nach einer Halbwertszeit sind es:

N1 = 1 } 2 N0 = 2–1 · N0

Nach t = 2 · T1/2 sind es:

N2 = 1 } 2 ( 1 } 2 N0) = 2–2 · N0

Nach t = 3 · T1/2 sind es:

*

*

N3 = 1 } 2 3 1 } 2 ( 1 } 2 N0) 4 = 2–3 · N0

Mit t = n · T1/2 sind es:

N = 2–n · N0

Aus der zuletzt genannten Gleichung erhält man mit n = t } T1/2

die Beziehung:

N = N0 · 2 – t } T1/2

oder auch

N = N0 · ( 1 } 2 ) – t } T1/2

c) Die Anzahl der Atome ergibt sich folgendermaßen:

N0 = NA · m } mmol

N0 = 6 · 1023 1 } mol ·

1 g }

123 g }

mol

N0 = 4,9 · 1021

Für die grafische Darstellung ergibt sich:

t 0 T1/2 2 · T1/2 3 · T1/2 4 · T1/2 5 · T1/2

N N0 1 } 2 N0 1 } 4 N0 1 } 8 N0 1 } 16 N0 1 } 32 N0

Damit ergibt sich folgende Zerfallskurve:

λd) = In 2 } T1/2

λ = In 2 } 12,3 h

λ = 1,57 · 10–5 1 } s

e) ∆ N } ∆ t = – N0 · In 2 } T1/2

= – λ · N0

∆ N } ∆ t = 1,57 · 10–5 1 } s · 4,9 · 1021

∆ N } ∆ t

= –7,7 · 1016

Geht man vom Anfangszustand aus, dann zerfallen in einer Sekunde 7,7 · 1016 Atomkerne.Nf) = N0 · e–λ · t

Mit N = 0,1N0 erhält man:

0,1N0 = N0 · e–λ · t und damit 0,1 = e–λ · t

Logarithmieren ergibt:

ln 0,1 = –λ · t

t = – In 0,1 } λ

*

00

N

N0

t3 · T1/2 4 · T1/2 5 · T1/22 · T1/2T1/2

N0 } 2

N0 } 4

N0 } 8

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t = – In 0,1 · s }

1,57 · 10–5

t = 1,47 · 105 s = 40,8 h

Nach etwa 41 Stunden sind bei dem Nuklid 90 % der Atomkerne zerfallen. Das ist das 3,3Fache der Halbwertszeit.Die Aktivität A ergibt sich dann zu:

A = A0 · e–λ · t

A = A0 · e –1,57 · 10–5 · 1,47 · 105 s

A = A0 · e–2,3

A = 0,1 A0

Hinweis: Das Ergebnis kann auch unmittelbar angegeben werden, ohne dass eine Berechnung erforderlich ist.

a) Unter der Halbwertszeit versteht man die Zeit, in 14. der jeweils die Hälfte der vorhandenen instabilen Atomkerne zerfällt.Eine Möglichkeit zur Bestimmung der Halbwertszeit eines radioaktiven Nuklids ist folgende:Bei einem Nuklid wird zur Zeit t0 = 0 die Aktivität A0 und zur Zeit t1 die Aktivität A1 angenommen.Dann gilt für t1:

A1 = A0 · e –λ · t1 oder A1 } A0 = e –λ · t1 ·

Logarithmieren ergibt:

ln A1 } A0 = – λ · t1 oder λ =

ln A0 } A1 } t1

Ist die Zerfallskonstante λ bekannt, so kann man die Halbwertszeit mit folgender Gleichung berechnen:

T1/2 = In 2 } λ

Die Aktivität durch radioaktiven Zerfall und durch b) Ausscheidung verringert sich gleichzeitig exponentiell. Es gilt deshalb:

A0 · e – In 2 } tP

· t · e

– In 2 } tB · t

= A0 · e – ln 2 · t ( 1 } tP

+ 1 } t B)

= A0 · e – In 2 · t } teff

Daraus ergibt sich allgemein: 1 } teff = 1 } tP

+ 1 } tB

Für den gegebenen Fall erhält man:teff = 17,8 a

Präsentation zur natürlichen Strahlenbelastung15.

a) Die Energiedosis gibt an, wie viel Energie je Masse 16. durch das Gewebe absorbiert wird. Bei der Äquivalenzdosis wird die unterschiedliche Ionisationswirkung der Strahlung durch den Qualitätsfaktor berücksichtigt.

b) Die biologische Wirksamkeit kommt im Qualitätsfaktor zum Ausdruck:Alphastrahlung: 20Betastrahlung: 1Gammastrahlung: 1

c) 60 Bq }

m3 bedeutet: In jeder Sekunde zerfallen im Durchschnitt 60 Radonkerne.

N = A · T1/2 } ln 2

N = 60 · 3,8 · 24 · 3 600 s }}

s · ln 2 = 2,8 · 107

d) NLunge = 60 } s · m3 · 86 400 s · 365 · 0,006 m3

NLunge = 1,1 · 107

e) E = 1,1 · 107 · 5,5 · 106 · 1,602 · 10–19 J = 9,7 · 10–6 J

a) 17. 14 7 Na + 4 2 α g 17

8 O + 1 1 p

9 4 Be + 4 2 α g 12 6 C + 1 0 n

b) Für den QFaktor gilt: Q = (mvor – mnach) c 2

Für die erste Reaktion ergibt sich:

Q = (14,003 + 4,001 – 16,999 – 1,007) u ∙ c 2

Q = –1,86 MeV

Für die zweite Reaktion erhält man:

Q = (9,012 + 4,001 – 12,000 – 1,009) u ∙ c 2

Q = 3,73 MeV

Die erste Reaktion ist endotherm, die zweite exotherm.

a) 18.

b) Die Gesamtenergie bleibt erhalten. Demzufolge verringert sich bei Berücksichtigung des Rückstoßes die kinetische Energie der Spaltprodukte.

a) Beim Beschuss von Lithium mit Protonen entsteht 19. Helium. Zugleich wird Energie freigesetzt. Die Energie E1 ist die kinetische Energie der beschleunigten Protonen. Eine bestimmte Geschwindig keit der Protonen ist erforderlich, da bei Annäherung an den positiv geladenen Atomkern abstoßende coulombsche Kräfte wirken, die überwunden werden müssen.Die freigesetzte Energie b) E2 ist größer als die kinetische Energie E1 des Protons, wenn bei der Reaktion ein Massendefekt auftritt.

m1 = mLi + mp

m1 = 7,014 359 u + 1,007 83 u = 8,022 189 u

m2 = 2 · mHe = 2 · 4,001 506 u = 8,003 120 u

Aus m2 < m1 folgt E2 > E1.

Für die Energie erhält man:

E = ∆ m · c 2

*

mit Rückstoßohne Rückstoß

pRnpRn

pHe pHe

pRa

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E = 0,019 · 1,66 · 10–27 kg · (3 · 108 m } s ) 2

E = 2,8 · 10–12 J = 17,5 MeV

Damit erhält man als Gesamtbilanz:

E2 = E1 + E

E2 = 0,75 MeV + 17,5 MeV = 18,25 MeV

Für ein c) αTeilchen gilt:

Ekin = 1 } 2 m · v 2 und damit

v = √ } 2 Ekin } m

Als kinetische Energie kann 0,5 E2 angenommen werden.Dann erhält man:

v = √ }} 2 · 9,1 · 106 · 1,6 · 10–19 J }}

6,645 · 10–27 J

v = 2,1 · 107

a) Für den 20. αZerfall von U238 gilt:

238 92 U g 4 2 α + 234

90 Th

Als Energiebilanz ergibt sich dann:

∆E = 4,3 MeV = ER

b) Nach dem Impulserhaltungssatz haben αTeilchen und ThoriumKern den gleichen Impuls, allerdings mit entgegengesetzter Richtung (Gesamtimpuls null).Für die kinetische Energie Ekin = 1 } 2 m · v 2 kann man mit p = m · v auch schreiben:

Ekin = p 2 } 2 m

Damit erhält man für den gegebenen Fall:

ER = Ekin, α + Ekin, Th = p 2 } 2 mα + p 2

} 2 mTh

= p 2 } 2 mα (1 + mα } mTh

) und damit

ER = Ekin, α (1 + mα } mTh )

Für die kinetische Energie des αTeilchens erhält man somit:

Ekin, α = ER } (1 + mα } mTh

)

Ekin, α = 4,3 MeV }

1 + 4 } 234

Ekin, α = 4,23 MeV

Wegen der wesentlich kleineren Masse des αTeilchens gegenüber der Masse des Rückstoßkerns wird fast die gesamte Reaktionsenergie auf das αTeilchen übertragen.

E21. = m · c 2

E = 0,223 55 · 1,66 · 10–27 kg · (3 · 108 m } s ) 2

E = 3,34 · 10–11 J ≈ 209 MeV

a)22. Q = [(2,014 102 u + 3,016 049 u) – (4,002 603 u + 1,008 665 u)] 931,5 MeV } u = 17,6 Mev

b) E = 6,02 · 1026 u } 4,00 u · 17,6 MeV = 2,65 · 1027 MeV

= 1,18 · 108 kWh

Präsentation zu Druckwasserreaktor und zu Siede23. wasserreaktor: Entscheidender Unterschied ist die Anlage der Wasserkreisläufe.

Genannt werden könnten:24. Brennstoffe fast unbegrenzt verfügbar. −Sicherheitsrisiko gering, da die Reaktion bei einer −Störung von selbst erlischt.Keine radioaktiven Abfälle bei der Reaktion (aller −dings in der Abschirmung).

a) 25. 241 95 U g 4 2 He + 237

93 Np + ∆Eb) Hier sind die Kernmassen gegeben. Damit erhält

man:

∆m = 241,004 59 u – 236,997 04 u – 4,001 506 u

= 6,044 7 ∙ 10–3 u

Damit ergibt sich:

∆E = ∆m · c 2

∆E = 6,044 7 ∙ 10–3 ∙ 931,5 MeV = 5,63 MeVc) Eges = 5,63 MeV = ENp + EHe

= 1 } 2 · mNp · vNp2 + 1 } 2 · mHe · vHe

2

Americium in Ruhe bedeutet zusätzlich:

0 = pNp + pHe = mNp · vNp + mHe · vHe

und damit:

vNp = mHe } mNp · vHe = 0,0168 84 vHe

Eingesetzt in die Energiegleichung ergibt sich:

2,034 5 u · vHe2 = 5,63 MeV

Durch Umrechnung in SIEinheiten erhält man:

3,398 ∙ 10–27 kg ∙ vHe2 = 9,008 ∙ 10–13 J

Löst man nach der Geschwindigkeit v auf, so erhält man:

v = 1,63 ∙ 107 m } s

d) Die Alphateilchen treten durch eine Blende 1 in einen Bereich ein, in dem ein elektrisches und ein magnetisches Feld so überlagert sind, dass die Lorentzkraft gegen die elektrische Kraft gerichtet ist. Die Lorentzkraft verändert ihre Größe mit der Geschwindigkeit der Teilchen, die elektrische Kraft ist von der Geschwindigkeit unabhängig. Teilchen mit der „richtigen“ Geschwindigkeit v0 können den Raum unabgelenkt erreichen und ihn bei der Blende 2 wieder verlassen. Teilchen, die nicht senkrecht zu beiden Feldern eintreten, können die Blende 2 ebenfalls nicht passieren.

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e) FL = FC und damit q ∙ v0 ∙ B0 = q ∙ E0 liefert

v0 = 1,62 ∙ 107 m } s .

Die Werte stimmen überein.

Eine mögliche Lösung wäre:26.

Wiederaufarbeitung Endlagerung

ProDer hoch aktive Abfall −enthält nur noch geringe Mengen an Uran und Plutonium.Der Abfall enthält keine −flüchtigen radioaktive Stoffe. Die Wärmeentwicklung −nimmt schnell ab. Das Plutonium kann −keine unerwünschte Kettenreaktion auslösen. Plutonium wird der −Energieerzeugung zurückgeführt. Andere Stoffe (Tc, Xe, −Pd u. a.) werden nutzbar gemacht.

ProGeringeres Weiterver −breitungsRisiko für die nächste Zukunft. Wiederaufarbeitungs −anlagen fallen weg – höhere Akzeptanz bei der Bevölkerung.

Kontra Weiterverbreitungs − Risiko durch die Plutoniumgewinnung.Es entstehen mittel −und leichtradioaktive Abfälle.Störfälle in der Anlage −belasten eventuell die Umgebung stärker mit Strahlung.

Kontra Der gesamte radioaktive −Abfall muss gelagert werden: Endlager nimmt viel mehr Aktivität auf.Erst nach Millionen −von Jahren gleicht das gelagerte Gefährdungspotential dem des natürlichen UranerzesWärmeentwicklung ist −sehr hoch und klingt nur sehr langsam ab.Unkontrollierte Frei −setzung von flüchtigen radioaktiven Zerfallsprodukten ist nicht auszuschließen.Die Abfälle werden nicht −genutzt.Es muss mehr Uran abge −baut werden.Das Endlager enthält −hohe Mengen vom hochgiftigen Plutonium, was langfristig wieder das Problem der Weiterverbreitung (Proliferation) verstärkt.

Es bietet sich an, zu diesem Thema eine vorbereitete 27. Diskussion zu führen, in der Vor und Nachteile der Nutzung von Kernenergie gegenübergestellt werden. Aus physikalischtechnischer Sicht erscheint we

+

–

gekreuztes elektrischesund magnetisches Feld

Blende 1 Blende 2sentlich, folgende zwei Positionen deutlich zu machen:

Die gesteuerte Kernspaltung ist heute gut be −herrschbar.Bei beliebigen technischen Prozessen (nicht nur −bei der Nutzung von Kernenergie!) gibt es ein Restrisiko, dass mit der Wahrscheinlichkeit des Versagens einzelner Komponenten eines technischen Systems zusammenhängt. Dieses Restrisiko lässt sich minimieren. Die Wahrscheinlichkeit des Versagens eines komplexen technischen Systems beträgt aber nie null.

Die Bewertung des Sachverhalts durch einzelne Schüler kann sehr unterschiedlich sein.

Referat zur Kernfusion: Es sollte der aktuelle For28. schungsstand verdeutlicht werden.

Abiturvorbereitung – Beispiele für Aufgaben (LB S. 189–194)

Neutron1. a) 4 2 He + 9 4 Be g 12

6 C + 1 0 nb) ∆EB = ∆m · c 2

∆EB = (mHe + mBe – mC – mn) · c 2

∆EB = (4,002 603 + 9,012 182 – 12,000 00 – 1,008 665) u · c 2

∆EB = 5,70 MeV > 0

Die Reaktion kann also ablaufen. Es wird Energie freigesetzt.

c) Die αTeilchen benötigen eine ausreichend hohe kinetische Energie, um die Coulombabstoßung zu überwinden.

d) Aus E = p 2 } 2 m und p = h } λ folgt: E = h 2 }

2 m ∙ λ2

e) Aus E = h 2 } 2 m ∙ λ2 folgt:

λ = h } √ } 2 E ∙ m

λ = 6,626 · 10–34 Js }}}

√ }}}} 4,5 · 106 · 1,602 · 10–19 J · 1,674 · 10–27 kg

λ = 1,3 · 10–14 m ! 10–10 m (bei E = 4,5 MeV)

Damit sind diese Neutronen zu energiereich, um Strukturen von Atomgröße untersuchen zu können.

f) Bei Stoßprozessen mit Stoßpartnern etwa gleicher Masse findet maximaler Impuls und damit maximaler Energieübertrag statt. Daher geben die Neutronen bereits bei wenigen Stößen mit den im Wasser zahlreich vorhandenen Wasserstoffkernen ihre Energie ab. Bei Blei tritt aufgrund der hohen Kernmassen nur eine vergleichsweise geringe Wirkung auf. Ein Magnetfeld hat keinen Einfluss auf die Energie der Neutronen. eine zweckmäßige Variante wäre: Abbremsen der Neutronen durch eine (dünne) Wasserschicht.

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g) Aus p = m ∙ v = h } λ folgt:

v = h } λ ∙ m

v = 6,626 ∙ 10–34 Js }}}

0,1 ∙ 10–9 m ∙ 1,675 ∙ 10–27 kg

v = 4,0 ∙ 103 m } s Das bedeutet: Für einen Weg von 250 m benötigen die Neutronen weniger als eine Zehntel Sekunde. Demzufolge spielt die Halbwertszeit von 11,7 Minuten keine nennenswerte Rolle. Der Anteil der zerfallenden Neutronen ist vernachlässigbar.

Wellenfunktion2. a) Die Wellenfunktionen nehmen für x g ± ∞

nicht auf 0 ab.b) Nach quantenmechanischer Vorstellung ist auch

für ein gebundenes Elektron, d. h. ein Elektron mit der Energie E < 0, die Wahrscheinlichkeit, sich außerhalb des Potentialtopfs aufzuhalten, größer null. Nach klassischer Vorstellung kann ein Elektron mit einer Energie E < 0 den Potentialtopf nicht verlassen.

c) Die Aufenthaltswahrscheinlichkeit außerhalb des Potentialtopfs wird kleiner, also müssen die Werte der Wellenfunktionen dort (betragsmäßig) kleiner werden.

d) Ψb, Ψd, Ψa, Ψc (aufsteigende Energie, also Eb < Ed < Ea < Ec)Mögliche Begründungen:

Eine kleinere Wellenlänge entspricht höherer −Energie.Je größer die Anzahl der Knoten ist, desto grö −ßer ist die Energie.Je mehr Extrema (Maxima von | − Ψ |2) vorhanden sind, desto größer ist die Energie.

e)

Die Aufenthaltswahrscheinlichkeit ist 0 bei den Nullstellen von Ψ (0) und maximal bei den Extrema von Ψ (x), da im ersten Fall |Ψ |2 = 0 und im zweiten |Ψ |2 maximal ist.

Weitere Aufgaben

Bewegung im Magnetfeld1. a) Der Effekt ist am größten, wenn die Spulenachse

parallel zu den Feldlinien des Magnetfelds gerichtet ist. Dann ist bei Bewegung der Spule in das Magnetfeld hinein oder heraus die Änderung des von der Spule umfassten Magnetfelds am größten.

b) Wegen der konstanten Hangabtriebskraft auf der schiefen Ebene handelt es sich um eine Bewegung mit konstanter Beschleunigung, was zu einer Geraden im tvDiagramm führt.

Ψa

Während die Spule in das Magnetfeld ein bzw. austritt, ergibt sich jeweils eine Induktionsspannung, die proportional zur Geschwindigkeit ist.Deshalb ist beim Ausfahren die induzierte Spannung größer, dauert aber nur kürzer an. Da einmal der magnetische Fluss in der Spule zunimmt, das andere Mal abnimmt, haben die Spannungen unterschiedliches Vorzeichen.

c) Nun fließt während des Feldeintritts und austritts der Spule ein Strom. Dieser ist nach dem lenzschen Gesetz so gerichtet, dass das entstehende Magnetfeld der Ursache entgegenwirkt, also die Beschleunigung während dieser Zeitabschnitte abnimmt. Während dieser beiden Zeitabschnitte ist jeweils ein Zeigerausschlag zu erwarten.

Elektrische Feldstrukturen2. a)

Es gilt:

r = 10 cm

Q1 = 3,2 ∙ 10–9 As |Q2| = Q1 } 2

E1 = Q1 } 4 π ε0 r 2

E2 = Q2 } 4 π ε0 r 2

Die Feldstärken sind beide nach rechts gerichtet. Demzufolge ergibt sich:

E = E1 + E2 = 4,3 kV } m

b)

c) Aus sehr großer Entfernung sieht das Feld wie das einer einzelnen, positiven Punktladung mit Q1/2 aus.

d) Gewitterentstehung:Durch vertikale Luftströmungen von Wassertröpfchen und leichten Eis oder Staubpartikeln kommt es zur Ladungstrennung innerhalb einer Wolke, z. B. oben positiv und unten negativ. Die Erdoberfläche wird durch Influenz entgegengesetzt zur Wolkenunterseite geladen. Durch die hohe Feld

A

E2

E1r21

A

CB

21

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stärke kommt es zu Entladungen in Form von Blitzen. Dabei weitet sich ein anfangs sehr dünner Entladungskanal von oben und unten her zu einem Plasmakanal mit sehr hoher StromstärkeoderXerographie:Eine Metalltrommel ist mit einem Halbleiter beschichtet, der bei Beleuchtung leitend wird.1. Schritt: Die Beschichtung wird im Dunkeln über Sprühentladung bei hoher Spannung geladen.2. Schritt: Die Trommel wird über eine Optik je nach Schwärzung der Vorlage belichtet und dabei werden die hellen Teile entladen.3. Schritt: Geladene Tonerteilchen werden von den geladenen Trommelteilen angezogen.4. Schritt: Das aufgedrückte Papier nimmt den Toner auf.oderPiezoelektrischer Effekt:Phänomen: Wenn ein Kristall (z. B. ein Quarz) zusammengedrückt wird, entsteht zwischen den Druckflächen eine Spannung, die umso größer ist, je stärker die Kontraktion ist. Erklärung: Der Kristall ist aus unterschiedlichen Ionen aufgebaut, die unterschiedlich geladen sind. Bei der Verformung werden die Ionen gegen ihre elektrische Gleichgewichtslage verschoben. Dadurch entsteht in der Grenzschicht eine Raumladung.

Spektren3. a) b LB, S. 44 – 45. Die Ausmessung von Spektral

linien im sichtbaren Bereich kann mit einem Spektrometer erfolgen.

b) E in eV

E1 = –13,6 eV

E2 = –3,40 eV

E3 = –1,51 eV

E4 = –0,85 eV

E5 = –0,54 eV

EIon = 13,6 eV

–13,6 eV

–3,4 eV

–1,51 eV– 0,85 eV– 0,54 eV

0 eV

Übergänge (1d)

c) Bild links n = 3, Bild Mitte n = 2, Bild rechts n = 1Begründung: Wenn die Aufenthaltswahrscheinlichkeit des Elektrons auch in großem Abstand vom Kern noch relativ groß ist, gehört es zu einem Zustand hoher Energie.Oder: Das Niveau ohne Knotenfläche gehört zu n = 1.Das Niveau mit einer Knotenfläche gehört zu n = 2.Das Niveau mit zwei Knotenflächen gehört zu n = 3.

d) Das Atom befindet sich im ersten angeregten Zustand, also n = 2.Die Übergänge nach n = 3 und nach n = 4 sind energetisch möglich.

e) Es ist keiner der Übergänge möglich, da die Energie eines Photons vollständig absorbiert werden muss. Keine der in Frage kommenden Energiedifferenzen beträgt 2,7 eV.

f) Für n = 3 beträgt E3 = –1,51 eV. Das bedeutet: Ein Photon, das mindestens diese Energie besitzt, kann das Wasserstoffatom ionisieren. Bei rotem Licht mit einer Wellenlänge von 780 nm beträgt die Energie der Photonen:

E = h ∙ c } λ

E = 6,626 · 10–34 Js · 3 · 108 m } s }}

780 · 10–9 m

E = 1,59 eV

Das bedeutet: Selbst bei langwelligem roten Licht haben die Photonen eine Energie von mehr als 1,5 eV und können damit das Wasserstoffatom ionisieren, also die auftreffenden Photonen absorbieren.

Atomkerne4. a) b LB, S. 110–111b) Aus dem Diagramm ergibt sich:

Bei A = 235 ist EB } A ≈ 7,6 MeV.

Bei A = 117 oder A = 118 ist EB } A ≈ 8,5 MeV.

Pro Reaktion werden also etwa 235 ∙ 0,9 MeV = 212 MeV frei.1 g Uran235 besteht aus 2,56 ∙ 1021 Atomen. Insgesamt werden also etwa 9 ∙ 1010 J frei.

c) Ein Neutron (udd) wird in ein Proton (uud) umgewandelt. Es wird also ein dQuark zu einem uQuark, wobei ein Elektron und ein Antineutrino emittiert werden.

d) b LB, S. 137e) Das Potenzial für die einzelnen Protonen liegt

jeweils höher als das für die entsprechenden Neutronen. Grund dafür ist das zusätzliche CoulombPotenzial der Wechselwirkung zwischen den Protonen. Deshalb finden im Potenzialtopfmodell des Kerns mehr Neutronen als Protonen Platz, von den sehr leichten Atomen abgesehen.

f) (1) Richtig, da αStrahlung in Luft nur einige Zentimeter Reichweite hat.

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(2) Falsch, da sich Radioaktivität nicht durch chemische Prozesse beeinflussen lässt.

(3) Falsch, z. B. beim αZerfall entsteht kein Neutrino.

(4) Richtig, da die radioaktive Strahlung durch erbgutverändernde Mutationen zur Evolution beigetragen hat.

Der fotoelektrische Effekt5. a) Aus h ∙ fG = WA folgt:

fG = WA } h

fG = 4,27 ∙ 1,602 ∙ 10–19 J }}

6,626 ∙ 10–34 Js = 1,03 ∙ 1015 Hz

Damit erhält man als Grenzwellenlänge:

λ = c } f

λ = 3,00 ∙ 108 m } s }

1,03 ∙ 1015 Hz = 291 nm

Licht mit einer Wellenlänge von 800 nm hat eine Energie von:

E = h∙ c } λ

E = 6,626 ∙ 10–34 Js ∙ 3 ∙ 108 m } s }}

800 ∙ 10–9 m

E = 2,48 ∙ 10–19 Hz = 1,55 eV

Die Energie bei λ = 400 nm ist doppelt so groß, also 3,1 eV. Beide Werte liegen deutlich unter dem Wert für die Austrittsarbeit (bei Zink: 4,27 eV). Damit kann bei Verwendung von sichtbarem Licht bei Zink kein Fotoeffekt auftreten.

b) Bei λ = 254 nm beträgt die Energie der Photonen:

E = h∙ c } λ

E = 6,626 ∙ 10–34 Js ∙ 3 ∙ 108 m } s }}

254 ∙ 10–9 m

E = 4,89 eV

Damit beträgt die kinetische Energie des herausgelösten Elektrons:

Ekin = 4,89 eV – 4,27 eV = 0,62 eV

Daraus kann man die Geschwindigkeit des Elektrons berechnen:

Ekin = 1 } 2 m ·v 2

Die Umstellung nach v ergibt:

v = √ } 2 Ekin } m

v = √ }} 2 · 0,62 · 1,602 · 10–19 J }}

9,109 · 10–31 kg

v = 4,7 · 105 m } s

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5 Lösungen der Aufgaben des Lehrbuchs - fkg-wuerzburg.de

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