Die Anzahl Kerne gehorchen folgenden Differentialgleichungen:

(1)

Kern- und Teilchenphysik I — SS 2006 — Prof. G. Dissertori — Serie 11

L¨osungen

1. Radioaktive Zerfallsreihe

Die Anzahl Kerne gehorchen folgenden Differentialgleichungen:

dN

A

dt = −λ

1

N

A

dN

B

dt = +λ

1

N

A

− λ

2

N

B

,

wobei λ

i

= 1/τ

i

= ln2/t

1/2,i

die Zerfallskonstanten der beiden Kerne sind. Integrieren der ersten Gleichung liefert

N

A

(t) = N

A

(0)e

^−λ¹^t

.

Zur L¨osung der zweiten Differentialgleichung verwenden wir den Ansatz

N

B

(t) = Ae

⁻^λ¹^t

+ Be

⁻^λ²^t

.

Die Anfangsbedingung N

B

(0) = 0 liefert A = −B. Einsetzen des Ansatzes in die Differential- gleichung und Umformen ergeben

A = λ

1

N

A

(0) λ

²

− λ

¹

, womit wir das Resultat

N

B

(t) = λ

¹

N

A

(0) λ

2

− λ

1

(e

⁻^λ¹^t

− e

⁻^λ²^t

) erhalten. Nach hundert Tagen sind noch folgende Anzahl Kerne ¨ ubrig:

N

A

(100d) ≈ e

⁻⁶^.⁹

N

A

(0) ≈ 9.8 ∗ 10

⁻⁴

N

A

(0) N

B

(100d) ≈ (e

⁻^6.9

− e

⁻^13.8

)N

A

(0) ≈ 9.8 ∗ 10

⁻⁴

N

A

(0).

2. β -Zerfall I

a) Die kinetische Energie des Elektrons ist maximal, wenn die Energie des Neutrinos gegen Null geht:

E

kin^max

(e

⁻

) = ∆M − m

e

≈ (3 − 0.5) MeV = 2.5 MeV.

b) Die kinetische R¨ uckstossenergie des Kerns betr¨agt

E

kin

(M

2

) = p

²_M₂

2M

²

= p

²_e

2M

²

.

Wegen E

kin

(e

⁻

) > m

e

muss f¨ ur das Elektron die relativistische Energie-Impuls-Beziehung verwendet werden.

E

kin

(e

⁻

) =

p

²e

+ m

²e

− m

e

⇒ p

²e

= (E

kin

(e

⁻

) + m

e

)

²

− m

²e

= E

kin²

(e

⁻

) + 2E

kin

(e

⁻

)m

e

⇒ E

kin

(M

2

) = 1

2M

²

(E

kin²

(e

⁻

) + 2E

kin

(e

⁻

)m

e

).

Ersetzen von E

kin

(M

2

) durch E

kin

(e

⁻

) mittels E

kin

(e

⁻

)+E

kin

(M

2

) = 2.5 MeV und Aufl¨osen nach E

kin

(e

⁻

) f¨ uhren zum Resultat

E

kin

(e

⁻

) ≈ 2.499

⁰

966 MeV.

Die Korrektur durch die Ber¨ ucksichtigung der R¨ uckstossenergie ist also sehr klein.

3. β -Zerfall II

a) Der ¨ Ubergang ist m¨oglich, weil die beim β-Zerfall frei werdende Energie E = m

n

−m

p

−m

e

gr¨osser ist als die Differenz der Bindungsenergien.

b) E

0

= E

kin

(e

⁻

)+E

kin

(¯ ν

e

) = M(

³1

H) − M(

³2

He) − m

e

= (m

n

− m

p

− m

e

) − (E

B

(

³1

H) − E

B

(

³2

He)) =

18.6 keV

(2)

4. Grenze f¨ ur die ν

e

-Masse aus Supernova-Explosion

Wir betrachten ein ¯ ν

e

mit der Energie E, Masse m und Geschwindigkeit v. Wegen E = γm ist v = 1

p

1 − m

²

/E

²

. Es braucht die Zeit t =

^d_v

= √

₁ ^d

−m²/E²

, um vom Ort der Supernova zur Erde zu gelangen.

Der Laufzeitunterschied zweier Neutrinos mit den Energien E

¹

und E

²

ist gegeben durch (f¨ ur E

2

> E

1

m)

∆t = t

1

− t

2

= d 1

p

1 − m

²

/E

1²

− 1

p

1 − m

²

/E

2²

!

≈ d

1 + m

²

2E

1²

−

1 + m

²

2E

2²

= dm

²

2 1 E

²1

− 1 E

²2

.

Unter der Annahme, dass die Ursache des gemessenen Zeitunterschieds ausschliesslich in der Energiedifferenz der Neutrinos liegt, erhalten wir

∆t ≈ dm

²

2 1 E

1²

− 1 E

2²

≤ ∆T

max

m

²

≤ 2∆T

max

d

E

1²

E

2²

E

²2

− E

1²

m ≤

s

2∆T

max

d

E

1²

E

2²

E

2²

− E

1²

≈ 15 eV.

5. Wie lange strahlt die Sonne noch?

Die gesuchte Rate R des Protonverbrauchs entspricht dem Quotienten aus der gegebenen Leistung P und der pro verbrauchtem Proton freigesetzten Energie: R = P/E. Die Energie ist

E = 1

4 (26.73 M eV ) 1.60 · 10

⁻¹⁹

J

1 eV = 10.69 · 10

⁻¹³

J. Damit ist die Rate des Protonenverbrauchs R = P

E = 4 · 10

²⁶

W

10.69 · 10

⁻¹³

J = 3.74 · 10

³⁸

s

⁻¹

.

Die Anzahl der Protonen, deren Masse nach unserer Annahme der H¨alfte der Sonnenmasse m

S

entsprechen soll, ist:

n

p

= 1/2m

S

m

p

= 1/2(2 · 10

³⁰

kg)

1.67 · 10

⁻²⁷

kg = 5.96 · 10

⁵⁶

.

Damit erhalten wir die Zeit, nach der die Protonen gem¨ass unseren Annahmen verbraucht w¨aren:

t = n

p

R = 5.96 · 10

⁵⁶

3.74 · 10

³⁸

s

⁻¹

1 a

3.16 · 10

⁷

s = 5.04 · 10

¹⁰

a.