Lsungsvorschlag¨Ubung 4

Lsungsvorschlag Übung 4
HS 2011
Lsungsvorschlag Übung 4
Aufgabe 1: Molmassen und Isotope
a) In der Natur kommen zwei natürliche Isotope von Stickstoff und zwei von Wasserstoff vor.
Das natürliche Vorkommen von superschwerem Wasserstoff (Tritium) ist so gering, dass
wir es für diese Teilaufgabe vernachlässigen können. Für den Aufbau eines Diazenmoleküls
ergeben sich daraus 22 · 22 = 16 Kombinationsmöglichkeiten. Allerdings sind viele davon
massenspektrometrisch (s.u.) ununterscheidbar (Beispiel: 14 N14 N2 H1 H und 14 N14 N1 H2 H,
etc.), sodass sich die Anzahl auf 9 verschiedene Isotopologe reduziert.
Die natürlichen Häufigkeiten der verschiedenen Isotopologe erhält man, indem man das
Produkt der natürlichen Häufigkeiten der einzelnen Isotope berechnet. Die erhaltenen
Ergebnisse sind in Tabelle 1.1 zusammengefasst. Dabei müssen bei Isotopologen, die unterschiedliche Wasserstoffisotope enthalten, zusätzlich noch die unterschiedlichen Anordnungsmöglichkeiten berücksichtigt werden, die zu massenspektrometrisch ununterscheidbaren Molekülen führen (Beispiel: 14 N14 N2 H1 H und 14 N14 N1 H2 H, etc.). Die Summe über
die relativen Häufigkeiten aller Isotopologe ergibt, wie erwartet, 1. In dieser Aufgabe
berücksichtigen wir nur das trans-Isomere des Diazens, das der stabilsten Form entspricht.
Tabelle 1.1: Auflistung der relativen Häufigkeiten sämtlicher Isotopologe von N2 H2 , welche aus den natürlich
vorkommenden Isotopen gebildet werden können.
Nr.
1
(a, b, c, d)
(14, 14, 1, 1)
(
2
3
(
4
5









(
6
7
(
8
9
Isotopomer a Nb Nc Hd H
relative Häufigkeit
1 · p214 N · p21 H = 0.99240
(14, 14, 1, 2)
(14, 14, 2, 1)
(14, 14, 2, 2)
)
(14, 15, 1, 1)
(15, 14, 1, 1)
(14, 15, 1, 2)
(14, 15, 2, 1)
(15, 14, 1, 2)
(15, 14, 2, 1)
(14, 15, 2, 2)
(15, 14, 2, 2)
(15,15,1,1)
)
(15, 15, 1, 2)
(15, 15, 2, 1)
(15,15,2,2)
nicht unterscheidbar
2 · p214 N · p1 H · p2 H = 2.978 · 10−4
1 · p214 N · p22 H = 2.234 · 10−8





nicht unterscheidbar
2 · p14 N · p15 N · p21 H = 7.291 · 10−3
nicht unterscheidbar
4 · p14 N · p15 N · p1 H · p2 H = 2.188 · 10−6
nicht unterscheidbar
2 · p14 N · p15 N · p22 H = 1.641 · 10−10




)
1 · p215 N · p21 H = 1.339 · 10−5
)
nicht unterscheidbar
2 · p215 N · p1 H · p2 H = 4.018 · 10−9
1 · p215 N · p22 H = 3.014 · 10−13
b) Betrachtet man die Luft als ein ideales Gasgemisch, kann man die Anzahl Gasteilchen N
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in V = 1.00 m3 bei p = 1.00 bar und T = 295 K berechnen gemäss
pV
105 Pa · 1 m3
=
= 40.77 mol
(1.1)
RT
8.3145 J mol−1 K−1 · 295 K
105 Pa · 1 m3
pV
NA =
· 6.02214 · 1023 mol−1 = 2.455 · 1025 . (1.2)
N=
−1
−1
RT
8.3145 J mol K · 295 K
n=
Von diesen N Gasteilchen sind 1.231 · 10−8 Anteile N2 H2 -Moleküle, also
NN2 H2 = 3.022 · 1017 .
(1.3)
Diese N2 H2 -Moleküle bilden eine natürliche Mischung aller Isotopologe von N2 H2 .
Beachten Sie, dass es 2 ! = 2 Möglichkeiten gibt, Wasserstoff und Tritium im 14 N2 3 H1 HMolekül anzuordnen. Die Zahl der 14 N2 3 H1 H-Isotopologe beträgt folglich
p14 N14 N3 H1 H = 2 · p214 N · p1 H · p3 H = 2 · (0.99634)2 · (0.99985) · (1 · 10−17 )
= 1.985 · 10−17
N14 N14 N3 H1 H = p14 N14 N3 H1 H · NN2 H2 = 1.985 · 10−17 · 3.022 · 1017 = 6.0.
(1.4)
(1.5)
(1.6)
Ein Kubikmeter Luft enthält also etwa 6 14 N2 3 H1 H-Moleküle bei p = 1.00 bar, T = 295 K
n 2 H2
= 1.231 · 10−8 .
und einem Molenbruch von N2 H3 nNtot
Aufgabe 2: Identifizierung von Isotopologen durch Massenspektrometrie
Die Flugzeiten der Diazenisotopologe ergeben sich aus zwei Teilzeiten, nämlich der Zeit t1 ,
in der sie im Kondensator beschleunigt werden, und der Zeit t2 , in der sie mit konstanter
Geschwindigkeit auf den Detektor zu fliegen.
Während der Zeit t1 durchlaufen die einfach positiv geladenen Teilchen auf einer Länge
U
d1 = 4 cm eine Spannung U = 1.5 kV, d.h. sie werden in einem elektrischen Feld E =
d1
mit der elektrostatischen Kraft Fel = QE beschleunigt.
Wir beschränken uns hier auf eine eindimensionale Betrachtung in Flugrichtung.
Fel
Mit a =
erhalten wir als Weg-Zeit-Gesetz
m
1
1 Fel 2 1 QE 2 1 QU 2
d1 = at21 =
t =
t =
t
(2.1)
2
2 m 1 2 m 1 2 md1 1
und daraus für die Zeit t1
r
t1 = d1
2m
.
QU
(2.2)
Nach der Zeit t1 haben die Diazenisotopologe eine konstante Geschwindigkeit v1 , die wir
über die kinetische Energie ausrechnen (alternativ könnte man über die Beschleunigung a
integrieren).
Die kinetische Energie, die die Teilchen durch Beschleunigung im Kondensator erhalten
haben, ist gegeben durch Ekin = QU . Die Geschwindigkeit v1 erhalten wir nun über
r
1 2
2QU
Ekin = QU = mv1 ⇒ v1 =
.
(2.3)
2
m
2
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Die Zeit t2 , um die Strecke d2 bei konstanter Geschwindigkeit v1 zurückzulegen, errechnet
sich als
r
d2
m
= d2
.
(2.4)
t2 =
v1
2QU
Die Gesamtzeit t ergibt sich als Summe aus t1 und t2
r
r
r
r
√
2m
m
2
1
t = t1 + t2 = d1
+ d2
= d1
+ d2
· m.
QU
2QU
QU
2QU
Für
14
(2.5)
N2 1 H2 erhält man
t = t1 + t2
r
=
0.04 m
r
2
1.602 · 10−19 C · 1500 V
+ 1.00 m
1
2 · 1.602 · 10−19 C · 1500 V
!
·
p
· 4.984 · 10−26 kg
= 1.100 · 10−5 s.
Untenstehend sind die Ergebnisse für alle Isotopologe aufgeführt.
Isotopomer
14
N2 1 H2
14 15 1
N N H2
14
N2 1 H2
Masse m/kg
t/s
−26
4.984 ·10
1.100 ·10−5
5.149 ·10−26 1.118 ·10−5
5.315 ·10−26 1.136 ·10−5
Aufgabe 3: Rutherford-Streuexperiment
a) Im Folgenden fassen wir sowohl α-Teilchen als auch Goldatomkern als Punktteilchen auf
und vernachlässigen sämtliche Fundamentalkräfte bis auf die Coulombkraft. Wenn wir
die Goldatomkerne als stationär betrachten, gilt für die Gesamtenergie des betrachteten
Systems
1
1 qα qAu
Etot = Ekin,α + Epot = mα vα2 +
(3.1)
2
4πε0 rαAu
wobei mα , vα und qα = 2e0 Masse, Geschwindigkeit und Ladung des α-Teilchens, qAu =
79e0 die Ladung des Goldatomkerns, und rαAu den Abstand vom α-Teilchen zum Goldatomkern darstellen. Gemäss Aufgabenblatt steht das α-Teilchen bei rαAu = 10 µm still (d.h.
vα = 0). Damit erhalten wir
Etot = Epot =
1 2 · 79e20
1 qα qAu
=
= 3.645 · 10−21 J.
4πε0 rαAu
4πε0 10 µm
(3.2)
Die Gesamtenergie bleibt erhalten. Wenn das α-Teilchen aus der Strahlungsquelle austritt,
haben wir für diesen Zeitpunkt
1
Etot = Ekin,α = mα vα,0 2 = 3.6452 · 10−21 J,
2
(3.3)
womit wir schliesslich (mα = m42 He2+ = 4.0026 u) als Austrittsgeschwindigkeit vα,0 den
Wert
r
r
2Etot
2 · 3.6452 · 10−21 J
vα,0 =
=
= 1047 m s−1
(3.4)
mα
4.0026 u
erhalten.
3
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b) Die eleganteste Lösung lautet:
rαAg = rαAu
qAg
= 5.949 · 10−6 m
qAu
(3.5)
Oder der umständlichere Standardweg:
Das α-Teilchen habe dieselbe Anfangsgeschwindigkeit vα,0 wie in Teilaufgabe 1.d). Für
den minimalen Abstand (an dem wiederum vα = 0 ist), gilt nun
Etot = Epot =
1 qα qAg
1 2 · 47e20
=
= 3.645 · 10−21 J,
4πε0 rαAg
4πε0 rαAg
(3.6)
woraus wir durch Umformen den minimalen Abstand als
rαAg =
1
2 · 47e20
1 qα qAg
=
= 5.949 · 10−6 m
4πε0 Epot
4πε0 3.6452 · 10−21 J
(3.7)
erhalten.
c) Wenn für den minimalen Abstand rPAu vom Proton zum Goldatomkern
rPAu ≤ rαAu
(3.8)
gelten soll, dann muss wegen des Ladungsverhältnis
1
Epot,P ≥ Epot,α
2
(3.9)
sein und daher finden wir für die Austrittsgeschwindigkeit vP,0 des Protons die Beziehung
s
r
2Epot,P
Epot,α √
m
vP,0 ≥
= 2vα,0 = 1480 .
(3.10)
=
1
mP
s
m
4 α
d) Die Gleichung für den α-Zerfall von Ra lautet
226
88 Ra
224
88 Ra
223
88 Ra
−→
−→
−→
222
2−
86 Rn
200
2−
86 Rn
219
2−
86 Rn
+
+
+
4
2+
2 He
4
2+
2 He
4
2+
2 He
Radium-Zerfallsreihe
Thorium-Zerfallsreihe
Actinium-Zerfallsreihe
(3.11)
(3.12)
(3.13)
e) Man erhält die Wahrscheinlichkeit, dass ein α-Teilchen an der Goldfolie gestreut wird,
indem man die Fläche AK , die von den Au-Kernen eingenommen wird zur Gesamtfläche
der Folie AF ins Verhältnis setzt
W =
AK
AF
mit AK = nAu NA πr2
und AF =
nAu MAu
,
d ρAu
(3.14)
wo nAu die Stoffmenge an Gold in der Folie ist und ρAu die Dichte von Gold ist. Alle
anderen Symbole entsprechen in ihrer Bedeutung denen auf dem Angabenblatt. Bei der
Berechnung von AF wurde die Beziehung
ρAu =
mAu
nAu MAu
nAu MAu
=
=
,
V
V
AF d
(3.15)
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verwendet, wobei mAu die Masse der Folie darstellt. Es ergibt sich anhand von Gl. (3.14)
für die Wahrscheinlichkeit
W =
=
AK
NA π r2 d ρAu
=
AF
MAu
6.02214 · 1023 mol−1 · 3.14159 · (5.434 · 10−15 )2 m2 · 10−7 m · 19320 mkg3
kg
0.1969665 mol
= 5.47967 · 10−7
(3.16)
Alternativ lässt sich die Aufgabe lösen indem man 1 m2 der Folie betrachtet. Man erhält
für das Volumen dieser Folie
V = AF · d = 1 m2 · 10−7 m2 = 10−7 m3 .
(3.17)
Die Masse von 1 m2 Folie berechnet man nach
mAu = ρ · V = 19320
kg
· 10−7 m3 = 1.932 · 10−3 kg .
m3
(3.18)
Die Stoffmenge aller Au-Kerne in der Folie kann nun berechnet werden
1.932 · 10−3 kg
mAu
=
= 9.80877 · 10−3 mol.
kg
MAu
0.1969665 mol
nAu =
(3.19)
Für die Fläche eines Au-Kern ergibt sich
A1 Kern = πr2 = 3.14159 · (5.434 · 10−15 )2 m2 = 9.27661 · 10−29 m2
(3.20)
Damit erhält man nun die Fläche aller Au-Kerne in der Folie
AK = nAu NA πr2
= 9.80877 · 10−3 mol · 6.02214 · 1023 mol−1 · 9.27661 · 10−29 m2
= 5.47967 · 10−7 m2 .
(3.21)
(3.22)
(3.23)
Nun kann die Wahrscheinlichkeit bestimmt werden
W =
AK
5.47967 · 10−7 m2
=
= 5.47967 · 10−7 .
2
AF
1m
(3.24)
f) Die 42 He2+ -Kerne werden nicht direkt am Atomkern gestreut, d.h. sie müssen den Kern
nicht treffen. Die Streuung erfolgt vielmehr am Coulomb-Potential der Atomkerne durch
elektrostatische Abstossung.
Aufgabe 4: Rutherford Streuung mit Protonen
a) Der Potentialverlauf
V (r) =


1
Ze
·
für r ≥ rKern
4πε0 r

−VK
für r < rKern
(4.1)
für Protonen besteht aus einem abstossenden Coulombpotential für Distanzen r > rKern
sowie aus einem Potentialtopf für Distanzen r < rKern (siehe Abb. 4a). Dies ist eine
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Darstellung, die man auch in vielen Lehrbüchern findet. Das Problem dabei ist, dass
ein Potential eigentlich als potentielle Energie bezogen auf eine Testgrösse definiert ist.
Die Testgrösse ist im Falle eines elektrischen Potentials eine Testladung, im Falle eines
Gravitationspotentials eine Testmasse. Im Falle der starken Kernkraft kennen wir aber den
expliziten Ausdruck für die Wechselwirkung nicht, und nehmen daher nur ein konstantes
Potential — korrespondierend zu einer konstanten potentiellen Energie Epot — an. Die
potentielle Energie für ein Proton ist dann entsprechend:

Ze2
 1
·
für r ≥ rKern
(4.2)
Epot (r) =
4πε0
r
 −E
für r < rKern
Kern
(wobei EKern eine konstante positive Energie ist).
b) Wenden wir uns zuerst dem Fall fr r > rKern zu. Hier sprt das Proton die Coulombabstossung der Ladungstrger im Kern. Die Kraft, die auf das einfliegende Teilchen wirkt, ist
die Coulombkraft. Man erhlt fr sie
 ∂ 
 ∂ 

F~ = − ∇Epot = − 
= +
Ze2 1 ~r
·
·
4πε0 r2 r
∂x
∂
∂y
∂
∂z
Ze2 

·
 Epot = −
4πε0
∂x
∂
∂y
∂
∂z
1

r
(4.3)
(4.4)
Das Vorzeichen ergibt sich daher, dass der Atomkern als Ursprung für den Vektor ~r
definiert ist; die Kraft ist in positive Richtung entlang ~r oder vom Atomkern weg gerichtet,
d.h. sie ist repulsiv. Somit stellt sie eine Barriere dar, die den Kern gegenber positiv geladenen Teilchen abschirmt.
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Zusatzinformation: Die partiellen Ableitungen berechnet man nach
!
∂
1
∂ 1
p
=
∂x r
∂x
x2 + y 2 + z 2
1
1
· p
3 · 2x
2
x2 + y 2 + z 2
x
= − 3,
r
= −
(4.5)
(4.6)
(4.7)
und analog für y und z, so dass

1

∇
=
r
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z

x
1 ~r
1  
1
 =− 3 y =− 2 ·
r
r
r r
z


(4.8)
Für den Fall r < rKern folgt hingegen, dass
∇Epot = ~0
(4.9)
F~ = ~0 .
(4.10)
und damit
Im Kern selbst wirkt, zumindest in diesem einfachen Modell, keine Kraft auf das Proton. Die Protonen sind in einem Potentialtopf gefangen und besitzen dort eine niedrigere
Energie als ausserhalb.
c) Bei einem zentralen Stoss, d.h. im Fall 1 wird das Proton am Coulombpotential und
NICHT am Kern selbst zurck reflektiert. Dabei wird zunchst seine gesamte kinetische Energie in potentielle Energie umgewandelt. Da die Kraft, die auf das Proton wirkt, repulsiv
ist, dreht es schliesslich in seiner Bewegung um. Im zweiten Fall wird das Proton gestreut.
Es erfhrt eine Ablenkung relativ zu seiner anfnglichen Bahn.
Zusatzinformation:
Der Ablenkwinkel ϑ hngt dabei von der kinetischen Energie des Protons, von der Kernladungszahl und vom Abstand b der Anflugbahn des Teilchens zum Kern ab. Wird das
Teilchen gestreut, so beschreibt es eine Hyperbel. Die grosse Halbachse a dieser Hyperbel
hngt von der kinetischen Energie des Protons ab und ist der halbe, minimale Abstand des
Protons zum Kern. Der Stossparameter b ist der minimale Abstand des α-Teilchens, wenn
es nicht abgelenkt, sondern auf einer Geraden weiterfliegen wrde. Der Winkel α dient der
Berechnung von ϑ gemss 2α + ϑ = 180◦ .
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d) Die Gesamtenergie Etot setzt sich aus der kinetischen sowie der potentiellen Energie des
Protons zusammen:
Etot (r) = Ekin (r) + Epot (r) .
(4.11)
Da diese Gesamtenergie erhalten bleibt, gilt Etot = const. Weil die potentielle Energie im
Unendlichen 0 ist, besitzt das Teilchen in diesen Fall nur kinetische Energie:
Etot (r) = Etot (∞) = Ekin (∞) .
(4.12)
Im Laufe des Anfluges auf den Kern wird Epot (r) grsser, damit aber Etot = const. gilt
(Energieerhaltung) muss das Teilchen Ekin (r) abnehmen. Deshalb die kinetische Energie
ist in potenzielle Energie umgewandelt. Soll nun Ekin = 0 bei r = rKern sein, so muss gelten
Etot (rKern ) = Epot (rKern ) =
1
Ze2
·
4πε0 rKern
(4.13)
und damit wegen Gl. (4.11) auch
Ekin (∞) = Epot (rKern ) =
1
Ze2
·
4πε0 rKern
(4.14)
8