2005-21 Leistungskurs Physik (Bayern): Abiturprüfung 2005

Leistungskurs Physik (Bayern): Abiturprüfung 2005 – Aufgabe V
Kapazitätsmessung, Ölfleckversuch, Rasterelektronenmikroskop
1. Kapazitätsmessung
Ein Kondensator der Kapazität C wird über einen Widerstand R entladen. Für den
zeitlichen Verlauf der Stromstärke gilt dabei:
I(t) = I 0 ⋅ e − RC
t
a) Erläutern Sie durch eine allgemeine Rechnung, dass sich bei logarithmischer
I(t)
Auftragung von I über t eine Gerade ergibt.
4 BE
0
Bei einem Kondensator mit unbekannter Kapazität wurden für R = 10 MΩ folgende Messwerte aufgenommen:
t /s
0
45
80
115
155
I / µA
9,5
3,9
2,0
1,0
0,5
b) Zeichnen Sie das zugehörige t-ln( II )-Diagramm und ermitteln Sie mithilfe der
0
Steigung einer Ausgleichsgeraden die Kondensatorkapazität C.
9 BE
2. Ölfleckversuch
In einer zylindrischen Schale mit 18 cm Radius und waagerechtem ebenen Boden
g
befinden sich genau 45 g Ölsäure (C17H33COOH, ρ = 0,90 3 ). Jeder der 15 Teilcm
nehmer eines Physikkurses taucht eine Nadel 50-mal senkrecht zur Oberfläche bis
zum Grund der Schale. Nach jedem Eintauchen wird die Ölsäure vollständig von
der Nadel abgewischt. Insgesamt verringert sich die Masse der Ölsäure in der Schale
um 9 mg.
a) Zeigen Sie durch eine kurze Rechnung, dass der Ölsäurestand in der Schale insgesamt nur um einen vernachlässigbar kleinen Betrag abgenommen hat.
3 BE
Jeder Teilnehmer hat eine mit Wasser gefüllte Wanne, taucht nun die Nadel nur
einmal wie vorher in die Ölsäure ein und berührt dann mit ihrer Spitze die Oberfläche des Wassers in seiner Wanne. Dabei gehen im Mittel 95 % der Ölsäure auf das
Wasser über und bilden einen kreisrunden Ölsäurefleck mit einem durchschnittlichen Durchmesser von 20 cm.
b) Berechnen Sie aus den vorliegenden Daten die durchschnittliche Dicke d der
Ölsäureflecken und schätzen Sie damit die mittlere Größe eines Atoms im Ölsäuremolekül ab. Nennen Sie die bei der Rechnung verwendeten vereinfachenden Annahmen.
10 BE
2005-21
3. Rasterelektronenmikroskop
Die folgende Abbildung zeigt stark vereinfacht den Aufbau eines Rasterelektronenmikroskops. In der Elektronenquelle werden Elektronen durch die Spannung U
auf die Geschwindigkeit v 0 = 7,5 ⋅ 10 7 ms beschleunigt.
Danach passieren sie eine kreisförmige Lochblende mit
Elektronenquelle
Radius r = 0,80 mm. Die Stromstärke des ElektronenLochblende
strahls beträgt danach I = 1,0 nA. Mithilfe des Ablenkkondensators K1 wird der Elektronenstrahl über die
K1
Oberfläche einer Probe geführt.
l
a) Berechnen Sie relativistisch die Masse m eines
austretenden Elektrons und die Beschleunigungsspannung U.
[zur Kontrolle: m = 9,4 ⋅ 10 –31 kg; U = 17 kV]
b) Wie viele Elektronen befinden sich im Mittel im
Ablenkkondensator K1 mit der Länge A = 10 cm?
Probe
7 BE
5 BE
c) Die Auflösung des Rasterelektronenmikroskops wird durch Beugungseffekte an
der Lochblende begrenzt. Fassen Sie die Lochblende als Einfachspalt der Breite 2r auf und schätzen Sie die Aufweitung des Elektronenstrahls auf der 30 cm
von der Blende entfernten Probenoberfläche ab.
10 BE
Der fast senkrecht auf die Probe treffende Primärstrahl löst dort abhängig von der
Oberflächenbeschaffenheit eine mehr oder weniger große Zahl von Sekundärelektronen aus. In der nebenstehenden Abbildung sind schematisch die Bahnkurven
von Primär- und Sekundärelektronen skizziert.
Sie resultieren aus der Einwirkung des elektrischen Feldes des Kondensators K2 und eines
überlagerten homogenen Magnetfeldes. Die
Sekundärelektronen werden nach dem Durchgang durch die gelochte Kondensatorplatte von
einem Detektor registriert.
JG
E2
d) Wie müssen die elektrische Feldstärke
JG
und die magnetische Flussdichte B orientiert
sein, damit die Primärelektronen den Kondensator K2 unabgelenkt durchlaufen und
die Sekundärelektronen zum Detektor hin
abgelenkt werden?
Begründen Sie Ihre Antwort mithilfe geeigneter Skizzen, in denen jeweils die auftretenden Kräfte eingezeichnet sind.
E
Geben Sie das erforderliche Verhältnis B2 an.
c) Die auf die Probe treffenden Primärelektronen erzeugen neben den Sekundärelektronen auch elektromagnetische Strahlung. Berechnen Sie die Grenzwellenlänge der entstehenden Röntgenstrahlung.
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8 BE
4 BE
60 BE
Lösungen
1. a) Wenn man die gegebene Funktionsgleichung I(t) = I 0 ⋅ e − RC zunächst durch I0 teilt und
dann beide Seiten logarithmiert, erhält man:
t
ln
( )=−
I(t)
I0
1
RC
Trägt man ln
⋅t
( ) gegen t auf, entsteht eine Gerade mit der Steigung −
I(t)
I0
1 .
RC
b) Zunächst empfiehlt es sich, die Werte zu berechnen und in einer dritten Tabellenzeile
einzutragen; dabei ist I0 = I(t = 0) = 9,5 µA. Division durch t liefert den Quotienten m
der vierten Zeile.
t in s
0
45
80
115
155
I(t) in µA
9,5
3,9
2,0
1,0
0,5
 I(t) 
ln 

 I0 
0
– 0,89
–1,56
–2,25
–2,94
– 0,0198
– 0,0195
– 0,0196
– 0,0190
m=
ln
( )
I(t)
I0
t
Man erhält das folgende Diagramm:
Als Mittelwert für die Steigung m ergibt sich etwa – 0,019, sodass man mit dem angegebenen Widerstand R = 10 MΩ für die Kapazität erhält:
m=−
1
1
1
⇒ C=−
=−
= 5,3 ⋅ 10 − 6 F
R ⋅C
R ⋅m
10 MΩ ⋅ ( − 0,019)
2. a) Weil die Füllhöhe des zylindrischen Gefäßes proportional zum Volumen und damit zur
Masse ist, nimmt bei einer Massenabnahme um
9 mg
= 0,02 %
45 000 mg
auch der Ölsäurestand nur um 0,02 % ab.
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b) Der Ölsäurefleck auf dem Wasser hat einen Durchmesser von 20 cm, also einen Radius
r = 10 cm. Er besteht aus dem (15 ⋅ 50)-sten
Teil von 9 mg Ölsäure, sein Volumen ist bei
g
einer gegebenen Dichte von ρ = 0,90 3 einerseits
cm
0,95 ⋅ 0,009 g
m
V= =
ρ 15 ⋅ 50 ⋅ 0,90 g 3
cm
und andererseits
V = r2 π ⋅ d,
sodass sich für die Dicke d ergibt:
d=
0,95 ⋅ 0,009 g
V
m
=
=
= 4,03 ⋅ 10 −8 cm = 4,03 ⋅ 10 −10 m
r 2 π r 2 π ρ (10 cm ) 2 ⋅ π ⋅ 15 ⋅ 50 ⋅ 0,90 g 3
cm
Nimmt man vereinfacht eine monomolekulare Schicht an mit kugelförmigen Atomen,
die ohne Zwischenraum dicht gepackt sind, dann ergibt sich wegen der chemischen
Formel C17H33COOH eine Atomzahl von 54 pro Molekül. Der durchschnittliche Atomradius beträgt also:
rAtom ≈
1
3
d
≈ 0,5 ⋅ 10 −10 m
54 2
⋅
3. a) Mit der Ruhemasse m0, Elektron = 9,11 ⋅ 10 –31 kg der angegebenen Geschwindigkeit
v 0 = 7,5 ⋅ 10 7 ms ergibt sich mit der relativistischen Massenformel:
m0
m0
m(v 0 ) =
=
= 1,033 ⋅ m 0
2
7,5 ⋅ 10 7 ms 
v0

1− 
1− c
8m 
 3,0 ⋅ 10 s 
( )
= 1,033 ⋅ 9,11 ⋅ 10 −31 kg = 9,4 ⋅ 10 −31 kg
Die kinetische Energie ist e ⋅ U = (m – M0) ⋅ c2, also erhält man für die Beschleunigungsspannung:
m
(m − m 0 ) ⋅ c 2 (1,033 − 1) ⋅ 9,11 ⋅ 10 −31 kg ⋅ (3,0 ⋅ 108 s )
=
= 1,7 ⋅ 10 4 V = 17 kV
U=
e
1,6 ⋅ 10 −19 As
b) Die Stromstärke ist
∆Q N ⋅ e
I=
,
=
∆t
∆t
wobei ∆t die Aufenthaltsdauer der Elektronen im Kondensator angibt. Mit ∆t =
folgt für die mittlere Anzahl der Elektronen:
A
I ⋅ ∆t I ⋅ v 0
N=
=
= 8,3
e
e
A
v0
c) Der interessante Beugungsbereich wird durch das Minimum erster Ordnung begrenzt,
das beim Einfachspalt der Breite 2r unter dem Winkel α gemäß der Bedingung
2r ⋅ sinα = λ zu finden ist. Dabei ist λ = m h⋅ v die de-Broglie-Wellenlänge des Elektrons
0
und für α ergibt sich wegen
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sin α =
6,63 ⋅ 10 −34 Js
h
λ
=
=
3
−
2r 2r m v 0 2 ⋅ 0,8 ⋅ 10 m ⋅ 9,4 ⋅ 10 −31 kg ⋅ 7,5 ⋅ 10 7
m
s
= 5,9 ⋅ 10 −9
ein Winkel von α = (3,36 ⋅ 10 –7)°, folglich ist die Kleinwinkelnäherung zulässig. Die
Breite b des Elektronenstrahls nach 30 cm ist dann:
b = 2 ⋅ 30 cm ⋅ tan α ≈ 2 ⋅ 30 cm ⋅ sin α = 3,5 ⋅ 10 −9 m
d) Um die Primärelektronen unabgelenkt passieren zu lassen, muss die Anordnung wie
ein Wien’sches Geschwindigkeitsfilter arbeiten, d. h. das Verhältnis von elektrischer
Feldstärke und magnetischer Flussdichte muss gerade die Geschwindigkeit der Elektronen sein:
E
v0 = 2
B
Zeigt dann noch das elektrische Feld in
der Zeichnung waagerecht nach rechts
und das Magnetfeld senkrecht in die
Zeichenebene hinein, dann heben sich
Lorentzkraft und elektrische Feldkraft
für die Primärelektronen gerade gegenseitig auf, q v0B = q E2 (Skizze oben).
Die Sekundärelektronen dagegen
fliegen in entgegengesetzter Richtung,
die Lorentzkraft ist geschwindigkeitsabhängig und damit entgegengesetzt
sowie kleiner. Sie werden folglich nach
rechts abgelenkt (Skizze unten).
e) Die maximal mögliche Energie der Röntgenquanten liegt vor bei vollständiger Energieübergabe eines Elektrons bei einem einzigen Stoß. Es ist dann e ⋅ U = h ⋅ fg oder
e⋅U = h⋅
c
,
λg
also ergibt sich für die Grenzwellenlänge:
λg =
8 m
−34
h ⋅ c 6,63 ⋅ 10 Js ⋅ 3,0 ⋅ 10 s
=
= 7,3 ⋅ 10 −11 m
e⋅U
1,6 ⋅ 10 −19 As ⋅ 17 ⋅ 10 3 V
Rechnet man (korrekterweise!) nicht mit den bereits „endgültig“ gerundeten Werten
(sondern insbesondere mit etwa 16,8 kV als Spannung), dann ergibt sich eine Grenzwellenlänge von 74 pm statt 73 pm!
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