Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.1 Spezielle Relativitätstheorie 1
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7.1 Spezielle Relativitätstheorie Bezugssystem und Lorentztransformation 1
l' v α l c
a) c
arcsin v α = ; 42°
b) Tina schwimmt die Strecke ´ cos
l = l α ; 67 m. Dafür benötigt sie
2 2
´
cos 1 sin
1
l l l l
t c c c c v
c
= = ⋅ α = ⋅ − α = ⋅ −
; 45 s
Insgesamt: Tina
2
2 1
1 t l
c v
c
= −
; 89 s
Tanja schwimmt flussabwärts mit einer Geschwindigkeit von c + v ; 2.5 m/s und braucht dafür l
c v + ; 20 s. Flussaufwärts schwimmt sie mit c − v ; 0.5 m/s und braucht dafür l
c v − ; 100 s
Insgesamt: Tanja 2 2 2 2 1 2
1
l l lc l
t c v c v c v c v
c
= + + − = − = −
; 120 s
c) Es gilt:
Tina 2 Tanja
1 1
−
= c t v
t >1
Fazit: Um ein faires Rennen zu garantieren, muss Tanja um den Faktor
2
1 1
− c v
; 1.3 weniger weit schwimmen; also 37 m.
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2
Lorentzrücktransformationen:
2
1
−
′ +
= ′ c v t v
x x ;
2
1
−
′ +
= ′ c v c x t v c ct
( )
=
−
+ ′
′ + ′
− ′
′
+
′ + ′
′
=
− 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
1
2 2
c v
t v t v x x c x x v c t v c t c x t c
2 2
2 2 2
2 2 2
2
1 1
1
v v
c t x
c c
c t x v
c
′ − − ′ − = ′ − ′
−
3
Licht bewegt sich im Vakuum immer mit der Lichtgeschwindigkeit, es gibt kein Ruhesystem, in dem das Licht ruhen würde. Es kann also gar nicht in das Ruhesystem eines Lichtteilchens transformiert werden. In jedem bewegten Bezugssystem bewegen sich die beiden Lichtteilchen mit Lichtgeschwindigkeit in entgegengesetzer Richtung!
Und zweitens hat Einstein nie behauptet, dass sich zwei Lichtteilchen mit Lichtgeschwindigkeit voneinander entfernen.
Längenkontraktion und Zeitdilatation 4
2 l 0
l = daraus folgt:
2
1 2 1
−
=
=
c
γ v ; ;
4 3 c 2
v = 2.60·10 8 m/s
Die Lösung dieser Aufgabe zeigt deutlich, dass relativistische Phänomene im Strassenverkehr keine Rolle spielen.
5
a) s = c ∆ t 0 ; 456 m
b) ∆ t = γ ∆ t 0 ; 24.0 µs
c) s = c ∆ t ; 7.21 km
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6
a) Damit 1000 Goldatome ankommen, darf die Reise im Ruhesystem der Atome nicht länger als die Halbwertszeit dauern (wenn von statistischen Schwankungen abgesehen wird).
Die Flugstrecke ist für die Atome lorentzkontrahiert.
s: Flugstrecke im Ruhesystem der Erde
τ : Halbwertszeit bzw. Flugzeit im Ruhesystem der Atome
2
1
−
= c
s v
v τ ⇒
2 2 2
1 s
c v c
+ τ
= ; 0.9999986 c = (1 – 1.38·10 –6 )c
b)
−
=
−
=
∆ 1
v c c s c s v
t s ; 192 s (≈ 3.2 min)
c) Im Ruhesystem der Erde brauchen die Atome die Zeit t = s / v ; 4.4 Jahre.
Nach dieser Zeit währen längst alle radioaktiven Quecksilberatome in Goldatome zerfallen. Wenn Ihre Brieffreundin also den Erhalt von etwa 1000 Goldatomen quittiert, dann stimmt die Relativitätstheorie.
Addition von Geschwindigkeiten 7
2 2
75 . 0 75 . 1 0
75 . 0 75 . 0
1 c
c c
c c c
uv v u
+ ⋅
= + +
+ ; 0.96 c
8
c c uc
c u
c
u =
+ +
→
1 2
lim
9
2
2 2
2
1 1
( )(1 ) (1 ) (1 )
1 c n
c v c v c v c
n v v v
n nc n n nc n n
v c
+ ≈ + − = + − − ≈ + −
+
Oder mit einem CAS Rechner:
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Ruheenergie
10
Pro kWh können Sie 144 kJ in Licht umwandeln, das entspricht = 2 =
0
0 c
m E 1.60·10 -9 g.
Sie brauchen also 6.24·10 8 kWh à 0.15 Fr./kWh; 94 Mio. Fr.
11
2
0 0
E = m c ; 9 10 ⋅ 10 J; dies entspricht etwa dem jährlichen Heizenergiebedarf eines Einfamilienhauses.
12
Wasser
0 2
c A h
m c
ρ ϑ
⋅ ⋅ ⋅ ⋅∆
= ; 0.3 kg
13
a) P = S ⋅ 4 π r 2 ; 3.88·10 26 W b) 0 2 c
P t m =
∆
∆ ; 4.32·10 9 kg/s
c) m s
t t m
∆
∆ 0
; 7·10 -5 (= 0.07 ‰)
Gesamtenergie
14
Klassische Physik: klassisch m v 0
qB = r
Relativitätstheorie: relativistisch 0 2
1 qB m v
r v c
= −
, kin 0 2
2
( 1 1)
1
E m c
v c
= −
−
relativistisch kin
2 2
klassisch 0
1 1
1
B E
B v m c
c
= = +
−
; 101
15
+
−
+ +
= m e c E e E e
E 2 2 kin, kin, ; 8.8 MeV
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16
a) 2
e
v U e m
= ⋅ ⋅ ; 1.7 10 m/s ⋅ 8 = 0.56 c
b) 2
2 2
( 1 1)
1 /
U e m c e
⋅ = ⋅ v c −
− ; v = 1.5 10 m/s ⋅ 8 = 0.50 c
17
a) rel P 2 E
m m
c
= + ∆ ; 8 10 kg 480 ⋅ − 25 ≈ m P
b)
2
rel
1 m P
v c m
= ⋅ −
; 0.999998 c c) m v rel
B = re ; 1.4 T
18
rel 0
2
0 0
m m eU
m m c
− = ; 5.9%
19 a)
1/ 2 m c e 2
U = e ; 255 kV
b) 2
2
1 1 5 / 9
1
e
v c c
eU m c
= − =
+
; 0.745 c
20
a) Teilchen mit Masse können die Lichtgeschwindigkeit nicht erreichen.
Also kommen sie im Vergleich zum Licht später an.
b) E: Gesamtenergie
∆ t : Laufzeitunterschied
s: Entfernung im Ruhesystem der Erde gemessen
2 2
0
2
1 1
1 1 1
1 E
m c v
c c t
s
= =
−
− + ∆
; 5.6·10 4
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Dopplereffekt und Rotverschiebung 21
a) 1 S ; 2 S B B 1 2 S B
S S
c v c v
f f c f f f f f f
c v c c v
− −
= ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ = ⋅
+ +
b) Wenn sich Schall in einem Medium ausbreitet, bildet dieses ein absolutes Ruhesystem. Es kann eindeutig entschieden werden, ob sich der Sender oder der Beobachter bezüglich dieses Systems bewegt. Für Licht gibt es kein absolutes Ruhesystem.
c) 0 2 2 0 2 2
0 0
;
f c v v c
f c v
λ λ λ
λ λ − λ
= − = ⇒ = ⋅
+ + 305 km/s
22
λ 0 : Senderwellenlänge, λ : empfangene Wellenlänge
Rotverschiebung: 1
0 0
0 0
−
− =
∆ =
= λ λ
λ λ λ λ λ z
Aus c v
v c
−
= λ 0 +
λ folgt ( )
( ) 1 1 1 1
/ 2
2
+ +
−
= + z c z
v ; 0.9011
23
λ : empfangene Wellenlänge
λ 0 : gesendete Wellenlänge (Wellenlänge im Ruhesystem des Senders)
v c
v c
−
= λ 0 +
λ ⇒
1 1
2
0 2
0
+
−
= λ λ λ λ c v
a) mit 18% der Lichtgeschwindigkeit
b) mit 32% der Lichtgeschwindigkeit
c) mit 4% der Lichtgeschwindigkeit
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7.2 Kernphysik
Kerne und Kernumwandlungen, Nuklidkarte 24
a)
Resultat:
bester Exponent: x = 0.27, also nicht ganz 1/3 bester Radius: r 1 = 2.1 fm
b)
Material Helium Sauerstoff Strontium Antimon Gold Wismut Kernradius
r in fm
3.0 4.6 7.0 7.8 8.5 8.9 Nukleonenzahl 4 16 89 122 197 209 Näherung in fm 2.3 3.7 6.5 7.2 8.5 8.7 Relativer Fehler 23% 20% 7% 8% 0% 2%
Die Näherung ist für grosse Nukleonenzahlen A gut.
25
a) 3 17 3
3 0
kg/m 10 3 . 4 2
3 3
4 = ⋅
= ⋅
= ⋅
= r
m r
A m V
m n n
π π
ρ ( m n = 1 . 661 ⋅ 10 − 27 kg )
b) Die Masse der Erde beträgt m = 5 . 97 ⋅ 10 24 kg . Ihr Volumen wäre dann = = 2 . 61 ⋅ 10 7 m 3 .
ρ
V m
Das ist eine Kugel mit dem Radius 184 m 4
3 3 =
= π
R V .
1 3
rA
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26
a) Beachten Sie: A = N + Z
N ≅ 0 . 691 ⋅ Z 1 . 174
b) Ni hat 28 Protonen, und damit werden 35 ( ≈ 0 . 691 ⋅ 28 1 . 174 ) Neutronen erwartet, die Nukleonenzahl müsste demnach 63 sein.
Tatsächlich hat Nickel 58 bis 65 Nukleonen.
Sn hat 50 Protonen, und damit werden 68 Neutronen erwartet, die Nukleonenzahl müsste demnach 118 sein. Tatsächlich hat Zinn 112 bis 124 Nukleonen.
27
4 He
2 , 16 8 O , Ca 40 20 , Ca 48 20 , Pb 208 82
56 Ni
28 ist magisch, hat aber zu wenige Neutronen und ist deshalb instabil.
132 Sn
50 ist auch magisch, hat aber zu viele Neutronen und ist instabil.
28
218 214 214 214
84 82 83 84
( , , ) Po α β β → Pb → Bi → Po
218 218 214 214
84 85 83 84
( , , ) Po β α β → At → Bi → Po
218 218 218 214
84 85 86 84
( , , ) Po β β α → At → Rn → Po
29 a)
U235
7.0 108aTh 231
25.5 hPa231
3.3 104aAc227
21.8 aTh 227
18.7 d
Ra 223
11.4 dRn 219
3.96 sFr 223
21.8 mAt 219
0.9 mBi 215
7.6 mPo215
1.8 msAt 215
0.1 msPb211
36.1 mBi 211
2.17 mPo211
0.52 s
Tl 207
4.8 mPb207
22.1 %
U 238
4.5 109aTh234
24.1 dPa234
1.17 mU 234
2.5 105aTh 230
7.5 104aRa 226
1.6 103aRn 222
3.83 dPo218
3.05 mAt 218
2 s
Pb 214
26.8 mBi 214
19.9 mPo 214
3 107sTl 210
1.3 mPb 210
22.3 a
Bi 210
5 d
Po 210
138 d
Tl 206
4.2 mPb 206
24.1 %Th232
14 Mia aRa 228
5.75 aAc228
6.1 h
Th 228
1.9 a
Ra 224
3.66 aRn 220
55.6 sPo 216
0.15 sAt 216
0.3 msPb 212
10.6 hBi 212
61 m
Po 212
46 s
Tl 208
3.1 mPb 208
52.4 %Pu 241
13.4 aAm241
432 a
Np 237
2.1 106aPa233
27 dU233
1.6 105aTh 229
7.9 103aRa 225
14.8 dAc225
10.0 d
Fr 221
4.9 mAt 217
0.03 sBi 213
45.6 mPo213
4.2 s
Tl 209
2.16 mPb209
3.25 h
Bi 209
100 %
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b) Uran-Radium Zerfallsreihe: U 238 92 , Ra 226 88 , Pb 206 82 Neptunium-Zerfallsreihe: Pu 241 94 , Np 237 93 , Bi 209 83 Uran-Actinium-Zerfallsreihe: U 235 92 , Ac 227 89 , Pb 207 82 Thorium-Reihe: Th 232 90 , Pb 208 82
Bindungsenergie 30
a) Das 27 Al-Atom setzt sich aus 13 Protonen, 14 Neutronen und 13 Elektronen zusammen. Die Summe der Massen seiner Bestandteile beträgt
13( m p + m e ) 14 + m n = 27.22303 u
Das Massendefizit des Kerns beträgt demnach 27.22303u − 26.98154u = 0.24149u.
b) Pro Nukleon sind dies 8.9441 mu, was einer Energie von 1 . 3348 ⋅ 10 − 12 J entspricht.
c) Aluminium besteht zu 100% aus 27 Al-Atomen. 1.0 kg Aluminium enthält
23 25
1000 6.02 10 Atome 2.23 10 Atome.
26.98 ⋅ ⋅ = ⋅
Jedes Atom weist eine Bindungsenergie von 0.2415 u ! 3.60 10 ⋅ − 11 J auf.
Ein Kilogramm Aluminium weist demnach die Bindungsenergie J
10 8.03 J 10 60 . 3 10 23 .
2 ⋅ 25 ⋅ ⋅ − 11 = ⋅ 14 auf.
Rechnet man mit einem Energiepreis von 15 Rp/kWh, so entspricht dies einem Kapital von 33 Millionen Franken.
31
ν e
β + +
→ p − n
Masse des Neutrons: m n = 1 . 6749272 ⋅ 10 − 27 kg Masse des Protons: m p = 1 . 6726216 ⋅ 10 − 27 kg Masse des Elektrons: m e = 0 . 0009109 ⋅ 10 − 27 kg Masse des Neutrinos: m ν ≈ 0
Das Massendefizit beträgt: ∆ m = m n − ( m p + m e + m ν ) = 1 . 3947 ⋅ 10 − 30 kg Die Zerfallsenergie ist ∆ ⋅ = m c 2 1.2535 10 ⋅ − 13 J 0.78237 MeV. !
Das ist die obere Grenze für die Energie des β − -Teilchens. Einen wesentlichen Teil dieser Energie nimmt das Neutrino mit. Einen kleinen Bruchteil erhält das Proton durch den Rückstoss.
32
Die Masse des Protons beträgt 1 . 672622 ⋅ 10 − 27 kg . Das Deuterium weist eine Atom- masse von 2.0141018 u auf. Das sind 3 . 344494 ⋅ 10 − 27 kg. Dies entspricht gerade der Masse des Deuteriumkerns und des Positrons zusammen, weil das Deuteriumatom ein Elektron in der Schale hat. Das Massendefizit beträgt demnach
kg 10 5 . 7 kg 10 344494 . 3 kg 10 672622 . 1
2 ⋅ ⋅ − 27 − ⋅ − 27 = ⋅ − 31
=
∆m
J 10 74 .
6 14
2 = ⋅ −
⋅
∆
= m c
E pro Fusion.
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Zusätzlich hat man die Energie 16 . 37 ⋅ 10 − 14 J aus der Fusion des Positrons mit einem Elektron.
Das ergibt total 23 . 11 ⋅ 10 − 14 J pro Fusion.
1 Gramm Deuterium enthält etwa 2 . 99 ⋅ 10 23 Atome. Die bei der Bildung von 1 Gramm Deuterium aus der Fusion von Protonen frei werdende Energie beträgt 69.1 GJ.
33
a) Die Atommasse von 235 U beträgt 235.044 u. Dieses Atom enthält 92 Protonen, 143 Neutronen und 92 Elektronen. Die Summe der Massen dieser Bestandteile beträgt 236.959 u. Das gesamte Massendefizit beträgt also 1.915 u. Das ergibt pro Nukleon 8.15 mu, was einer Kernbindungsenergie von 1 . 218 ⋅ 10 − 12 J pro Nukleon entspricht.
b) Die Atommasse von 127 I beträgt 126.904 u. Dieses Atom enthält 53 Protonen, 74 Neutronen und 53 Elektronen. Die Summe der Massen dieser Bestandteile beträgt 128.056 u. Das gesamte Massendefizit beträgt also 1.152 u. Das ergibt pro Nukleon 9.07 mu, was einer Kernbindungsenergie von 1 . 356 ⋅ 10 − 12 J pro Nukleon entspricht.
c) Pro Spaltung wird die Energie 235 ⋅ ( 1 . 356 ⋅ 10 − 12 − 1 . 218 ⋅ 10 − 12 ) J = 3.24 ⋅ 10 -11 J frei.
d) In einem Kilogramm 235 U sind 235
10 02 .
6 ⋅ 26 Kerne enthalten, die insgesamt eine Energie von 8 . 3 ⋅ 10 13 J liefern.
e) Die vom KKW Gösgen in einem Jahr produzierte elektrische Energie beträgt
9 16
tot 330 24 3600 10 J 2.9 10 J.
E = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅
f) Das KKW benötigt also mindestens E η tot = 8.7 10 ⋅ 16 J pro Jahr aus der Kernspaltung.
Weil aus 1 kg 235 U auch etwa 1 kg (999 g) Spaltprodukte entstehen, erzeugt das KKW Gösgen mindestens 13 16
10 3 . 8
10 7 . 8
⋅
⋅ kg Spaltprudukte pro Jahr. Das ist rund 1 t pro
Jahr.
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Zerfallsgesetze 34
a) Anzahl «Atome» zu Beginn: N 0
Nach der n-ten Runde sind noch ( 1 − p ) n N 0 «Atome» vorhanden.
Aus ( 1 − p ) n N 0 = N 0 / 2 folgt
( p )
n −
= − 1 ln
2 ln
b) Für p = 1 / 6 :
( p )
n −
= − 1 ln
2 ln ; 4
Für p = 1 / 3 :
( p )
n −
= − 1 ln
2 ln ; 2 c) p = 1 − 2 − 1 / n ; 0.13
d) Der Aktivität entspricht die Zahl der Einerwürfe pro Runde. Diese «Atome»
zerfallen nämlich in der Zeitspanne bis zum nächsten Wurf.
35
0
0 0
0.05
x
I e x
I e
I I
µ µ
− ⋅ − ⋅
= = ⋅ = ⇒ x = − µ 1 ln 0.05 ( ) ; 0.46 mm
36 d W = d − d K
2 , k = I 0
I = e 2µ
Wd
W+µ
Kd
K= e µ
W( d−d
K)+µ
Kd
K= e µ
Wd+(µ
K− µ
W)d
K; d K = lnk − µ W d µ K − µ W
37
a) 0.72 : 99.28
b) Halbwertszeit Uran-235: 7.04·10 8 a; Halbwertszeit Uran-238: 4.46·10 9 a c) Anfangsverhältnis: q 0
Heutiges Verhältnis: q h Halbwertszeit Uran-235: τ 235 Halbwertszeit Uran-238: τ 238
( )
0 235 238
238 235
ln ln 2
h
q t q
τ τ
τ τ
= − ; 6.5·10 9 a
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38
a) A: Die Anzahl Zerfälle pro Sekunde in der Probe (hier also 0.25 Bq)
A 0 : Die Anzahl Zerfälle pro Sekunde in der gleichen Menge einer frischen Pflanze (hier also 30.6 Bq)
λ 2 ln
2
1 =
T : Die Halbwertszeit (5730 Jahre für 14 C)
0
ln A t A
λ
= − ; 40·10 3 Jahre
b) A
t = ∆ A
∆ λ
1 ; 3·10 2 Jahre, also [39'700 Jahre, 40'300 Jahre]
oder Sie wiederholen die Rechnung mit A' = 0.258 Bq und A'' = 0.242 Bq.
Dies ergibt: t' und t''.
Die Differenzen zu t betragen:
t – t' = 3·10 2 Jahre und
t'' – t = 3·10 2 Jahre
(Achtung es ist nur eine Stelle signifikant)
39
a) Annahme: Alles Blei stammt aus dem Uran N 0 : Anzahl Uran-Atome als der Stein erstarrte N U : aktuelle Anzahl Uran-Atome im Stein N Pb : aktuelle Anzahl Blei-Atome im Stein
λ 2 ln
2
1 =
T : Die Halbwertszeit von Uran-238 Aus N U = N 0 e − λ t und N 0 = N U + N Pb folgt
Pb Pb
Pb U Pb
ln U ln 1 ln 1 U
U U
N N m M
N N N m M
t λ λ λ
+ +
+
= = =
− ; 3.24 Milliarden Jahre
b) Angenommen, der Stein hat schon Blei enthalten, dann ist der Stein jünger.
Bei den 3.24 Milliarden Jahren handelt es sich also um eine obere Grenze.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.2 Kernpysik 7
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Aktivität 40
a) 0 0 10 10
1/ 2 1/ 2
ln 2 ln 2
3.66 10 Bq (man definiert 1Ci 3.70 10 Bq) N mN A
A = T = MT = ⋅ = ⋅
b) Bis heute (2004) sind seit 1898 106 Jahre verstrichen. 0 2 1/ 2 0.956 0
t
A A = ⋅ − T = A ; Abnahme um 4.45%
41
a) 0 0 11
1/ 2 1/ 2
ln 2 A ln 2 1.7 10 Bq
N mN
A = T = MT = ⋅
b) 1 . 6 10 m/s
2 J m 10 49 . 8 ˆ MeV 30 .
5 = ⋅ 13 = 2 ⇒ = ⋅ 7
= − v v
E α
c) P = A E 0 ⋅ α = 0.14 W d)
Pb
3.9 C T P t
∆ = cm = °
42
1 Gramm 131 I hat eine Aktivität von 0 15 1/ 2
ln 2 4.6 10 Bq mN A
A = M T ⋅ = ⋅
Damit kann man rund 10 12 Liter Milch vergiften. Das entspricht der gesamten schweizerischen Milchproduktion von über 280 Jahren!
43
0
e t 0.10 I
I
− λ
= = mit 1 2
1 2
ln 2 ln10
t ln 2 T
λ = T ⇒ = ⋅ ; 5300 a
44
Index 1 für 108 Ag und Index 2 für 110 Ag.
0 2
1 A A
A + = =35 kBq,
2 1 2 1 , 1 2 1 , 2 2 1 2 1 2 1
N N T T N N A
A = =
λ
λ , 1
2
51.839 110 48.161 108 N
N
= ⋅
⋅ ,
2 1 ,
T 1 : 24.6 s und T 2 , 1 2 : 2.37 min
0 1
2 1,1/ 2 1 2,1/ 2
1 A A
N T N T
= +
; 5.6 kBq 2 0
1 2,1/ 2 2 1,1/ 2
1 A A
N T N T
= +
; 29 kBq
Zu Beginn gehen 5.6 kBq auf das Konto von 108 Ag und 29 kBq auf das von 110 Ag.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.2 Kernpysik 8
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Radiometrische Grössen 45
a) 2 Wochen b) 26 mSv
46
a) In 18 g Wasser hat es 2 mol Wasserstoffatome.
In 1 Liter Wasser hat es 2 6 . 02 10 23 6 . 65 10 25 18
1000 ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ Wasserstoffatome.
Davon sind 2 . 22 ⋅ 10 8 Tritiumatome.
Bq, 40 . 2 0 ln
0 2 / 1
0 = ⋅ N =
A T also weniger als 1 Zerfall pro Sekunde.
b) Weil T Biol << T Radiol ist, können Sie T 1/2 = T Biol = 12 d verwenden.
% 6 . 5 056 . 0 1
1 12
2 2 ln
ln
0
2 /
1 = − = =
−
∆ = e − e −
N
N T t
c) Pro Tag werden 4 . 44 ⋅ 10 8 Tritiumatome aufgenommen (siehe Teilfrage a)).
So viele müssen in einem Tag wieder verschwinden, d.h. 5.6% von x muss 10 8
44 .
4 ⋅ ergeben. Daraus folgt x = 7 . 9 ⋅ 10 9 Tritiumatome im Körper.
d) Die Aktivität des Tritiums bleibt konstant: ln 2 14 Bq.
2 / 1
=
⋅
= x
A T
e) Die Äquivalentdosis in einem Jahr ist 6 . 3 nSv.
3 1 ⋅ ∆ =
⋅
⋅
= A E t
m
H q β
Diese Dosis ist gegenüber der restlichen „natürlichen“ Dosis von 4 mSv/a völlig irrelevant.
47
a) 40 K → 40 Ca + β − + ν
b) Die folgende Rechnung gilt für ein Körpergewicht von 75 kg. Darin hat es 150 g Kalium. Davon sind m = 18 mg 40 K. ln 2 4 . 7 kBq.
2 / 1
0 = ⋅ ⋅ N A =
M m
A T Da die
Halbwertszeit sehr gross ist, bleibt die Aktivität während eines Jahres nahezu konstant. In einem Jahr registriert der Körper also A 0 ⋅ ∆ t = 1 . 5 ⋅ 10 11 Zerfälle .
c) Sv/a 0.16 mSv/a
75 10 6 . 1 5 . 0 10 5 .
1 ⋅ 11 ⋅ ⋅ ⋅ 13 =
= −
H
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.2 Kernpysik 9
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48
a) 90 Sr → 90 Y + β − + v
b) 6 . 02 10 6 . 7 10 ergibt 5 . 1 MBq
g 90
g mit 10
2 ln
0 15 23
6 0 2 / 1 0
0 = N = − ⋅ ⋅ = ⋅ A =
T A N
c) Wegen der relativ grossen Halbwertszeit von 28 Jahren, bleibt die Aktivität im ersten Jahr etwa konstant. Die Äquivalentdosis im ersten Jahr beträgt demnach
0 1 ; 0.17 Sv.
3
H q A E t
m β
≈ ⋅ ⋅ ⋅ ∆
d) Leukämie ist eine Störung der Bildung von Blutkörperchen.
49
2 2
0
10 ; 90 Bq 8 h 365 0.3 mSv/h 9 1 m 10 Bq 0.5 m
p
H A t h r r
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ; 3·10 –4 mSv also etwa 0.3 Sv µ pro Jahr. Die jährliche Strahlungsbelastung der Schweizer Bevölkerung ist im Mittel 4 mSv. Diese zusätzliche Belastung wäre also absolut vernachlässigbar.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.3 Atom- und Quantenphysik 1
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7.3 Atom- und Quantenphysik Atome
50 k T E
3
= 2 ; 1 . 05 ⋅ 10 5 K
Bemerkung: Weil einzelne Gasatome schneller sind als der Durchschnitt, kommt es bereits bei tieferen Temperaturen zur Plasmabildung.
51
L v M v
A
E L M
= N Aluminium 109 ⋅ 10 5 J/kg 26 . 982 g/mol 3.2 eV Silber 23 . 5 ⋅ 10 5 J/kg 107 . 868 g/mol 2.7 eV
Bemerkung: Das Elektronenvolt ist die typische Grössenordnung von chemischen Bindungsenergien.
52
Das Elektron muss von r 1 mit Anfangsgeschwindigkeit v nach unendlich bewegt werden und dort in Ruhe sein.
Potentielle Energie im Abstand r 1 :
1 2
4 0
1 r e
− πε (negativ, weil Ladungen ungleichnamig) Kinetische Energie: 2
2
1 mv aus Zentripetalkraft gleich Coulombkraft: 2
1 2
0 1 2
4 1
r e r
m v
= πε Energieerhaltung: 1 kin pot pot ion
2
1 E E
E E
E = + = = −
Ionisierungsenergie:
1 2
0
ion 8
1 r E e
= πε ; 2 . 2 ⋅ 10 − 18 J = 13.6 eV
53
a) Die Kreisbahn hat den grössten Drehimpuls. Mit zunehmender Exzentrizität nimmt der Drehimpuls ab.
Begründung: Alle Bahnen haben dieselbe Energie. Also müssen Sie im gleichen Abstand vom Kern denselben Geschwindigkeitsbetrag haben. An den Kreuzungs- punkten der Ellipsen mit der Kreisbahn müssen also alle Elektronen dieselbe Geschwindigkeit haben. Die elliptischen Bahnen weisen aber radiale Geschwindig- keitskomponenten auf, die nicht zum Drehimpuls beitragen.
b) Die Pendelbewegung durch den Kern hat nur eine radiale Geschwindigkeits-
komponente also verschwindet für sie der Drehimpuls.
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.3 Atom- und Quantenphysik 2
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54
Der Ring entspricht keiner Hauptquantenzahl, weil er eine ungerade Anzahl von Knoten hat.
Der Grundzustand n = 1 hat zwei Knoten, der nächste vier usw.
In einen Umfang würden 2.5 Wellenlängen passen, was einer halbzahligen Hauptquantenzahl entspricht.
Aber keine Panik, es bedeutet nur, dass ein eindimensionaler Ring kein gutes Atommodell ist.
Stehende Wellen nach De Broglie
55
Lyman: von 122 nm bis 91 nm (UV), unsichtbar
Balmer: von 656 nm bis 365 nm (sichtbar bis UV), teilweise sichtbar Paschen: von 1875 nm bis 820 nm (IR), unsichtbar
Bracket: von 4050 nm bis 1458 nm (IR), unsichtbar
Bemerkung: Wird die endliche Kernmasse berücksichtigt, ändern sich die Wellenlängen um 0.1-0.2 Promille.
56
a) Die Wellenlängen betragen 656 nm (rot, H ), 486 nm (grün, α H ), β 434 nm (blau, H ) und 410 nm (violett, γ H ). δ
400
350 450 500 550 600 650 700 750 800 nm 400
350 450 500 550 600 650 700 750 800
Balmer H ␣ H 
H ␥ H ␦
b) Die kürzeste Wellenlänge beträgt 365 nm (UV).
Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.3 Atom- und Quantenphysik 3
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57
Die Balmer-Serie würde nur teilweise als Fluoreszenzlicht auftreten: die ersten vier Linien (656 nm, 486 nm, 434 nm und 410 nm). Licht mit der Wellenlänge 397 nm ist im UV-Bereich, und die Wellenlänge ist kleiner als die des anregenden Lichts, so entsteht kein Fluoreszenzlicht nach dem Stokes’schen Gesetz.
58
a) Bei der Fluoreszenz muss der einfallende Lichtquant energiereicher sein als der emittierte. Das ist hier der Fall.
Bei der Phosphoreszenz gibt es zusätzlich noch einen metastabilen Zustand. Das Leuchten dauert dann noch eine Weile an.
Da der Karton in der Schublade war, handelt es sich um Phosphoreszenz, sonst ist es nicht nötig den Karton in einer lichtschwachen Umgebung abklingen zu lassen.
b) Der Versuch weist das unsichtbare Ultraviolett nach.
59
s-Orbitale sind kugelsymmetrisch, die Anzahl Nullstellen nimmt mit steigendem n zu.
p-Orbitale sind hantelförmig
d-Orbitale sind «komplizierte» p-Orbitale f-Orbitale sind noch komplizierter.
a)
Bild 1 2 3 4 5 6 7 8 Orbital 1s 2p 2s 3d (m = 0) 3d (m = 1) 3p 3s 4f b) Die Orbitale lassen sich nicht mit um den Atomkern kreisenden Elektronen erklären.
60
a) 8, Neon (2+8=10) b) ∑ n ! − = 1 0 2 ( 2 ! + 1 ) = 2 n 2
c) 2 (Helium), 2+8 (Neon), 2+8+18 = 28, 2+8+18+32 = 60, 2+8+18+32+50 = 110
61
a) 2, 6, 10, 14 b) 2, 8, 18, 32, 32, 32, 32, 32
c) Gemeinsamkeit: die letzte Schale ist immer mit 2s und 6p gefüllt. Offensichtlich ist diese Formation chemisch träge. (Bei den grossen Edelgasen ist die vorletzte Schale nur bis d ganz gefüllt.)
118 X
1 1 8
