Quantenphysik (LB S. 469–472)

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Quantenphysik
145
Quantenphysik (LB S. 469 – 472)
Quanteneffekte bei elektromagnetischer Strahlung (LB S. 469–471)
1.
a) Ein Modell ist ein Ersatzobjekt für ein Original. Es 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 experimentieren, z. B. bestimmte Zusammenhänge untersuchen (Modellexperimente).
– Mithilfe von Modellen kann man Sachverhalte veranschaulichen.
b) Strahlenmodell: Zweckmäßig bei der Erklärung 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.
c) Reflexion oder Brechung von Licht kann man gut mit dem Strahlenmodell beschreiben. Beide
Phänomene können aber auch mit dem Wellenmodell beschrieben werden (S. LB, S. 387–388).
d) Im Wellenmodell kann man nicht erklären, dass 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.
e) Geht man beim Teilchenmodell davon aus, dass die Teilchen so eine Art kleine Kugeln sind, so
würde sich auf einem Bildschirm hinter einem Doppelspalt eine Verteilung im Bereich zweier
Streifen ergeben.
Arbeitet man mit Photonen, so ergibt sich aber ein typisches Interferenzmuster mit mehr als
zwei Maxima. Das ist mit einem (herkömmlichen) Teilchenmodell nicht erklärbar.
2.
Die Energie von Photonen muss in Beziehung gesetzt werden zu der gegebenen Lichtleistung.
Gesucht:
P = 1,7 · 10–18 W
Gegeben:
l = 550 nm
Lösung:
N·E=P·t
Mit E = h · f und f =
N·h·
--cl
--cl
erhält man:
= P · t oder
N=
P
· t · l-----------------h·c
N=
W · 1 s · 550 · 10 m1,7
· 10
-------------------------------------------------------------------------------------6,626 · 10 –34 J · s · 3 · 10 8 m/s
– 18
–9
N = 4,7
Damit man grünes Licht wahrnehmen kann, müssten etwa 5 Photonen auf die Netzhaut fallen.
3.
a) Mit Erhöhung der Intensität des Lichtes werden 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.
4.
a) Genutzt werden zur Berechnung kann die einsteinsche Gleichung für den lichtelektrischen Effekt.
Gesucht: WA, fG
Gegeben: l = 400 nm = 400 · 10–9 m
Ekin = 1,8 eV = 1,8 · 1,6 · 10–19 J
h = 6,626 · 10–34 J · s
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146
Quantenphysik
Lösung:
Aus h · f = WA + Ekin ergibt sich mit f =
WA = h ·
WA =
--cl
--cl
und bei Umstellung nach WA:
– Ekin
6,626 · 10 –34 J · s · 3 · 10 8 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 =
fG =
WA
--------h
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 Lichtes.
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 Lichtes
vergrößert. Experimente zeigen aber: Liegt die Frequenz des Lichtes unterhalb der Grenzfrequenz, so werden auch bei beliebiger Intensität des Lichtes keine Photonen emittiert. Eine Deutung der Grenzfrequenz mit dem Wellenmodell ist deshalb nicht möglich.
5.
a) Äußerer lichtelektrischer Effekt: Durch Bestrahlung mit Licht werden aus Oberflächen Elektronen abgelöst.
Innerer lichtelektrischer Effekt: Im Inneren von Stoffen (Halbleitern) werden durch Licht Elektronen aus der Bindung herausgelöst und stehen dann im Stoff als wanderungsfähige Ladungsträger zur Verfügung.
Nachweis der äußeren lichtelektrischen Effekte: siehe LB, S. 438
b) siehe LB, S. 439/440
6.
c
a) Aus der Wellenlänge des Lichtes kann man mit der Gleichung f = --l- 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
Damit erhält man folgendes Diagramm:
Ekin in eV
1
0,5
1
2
3
4
5
6
7
8
f in 1014 Hz
Je höher die Frequenz des Lichtes ist, mit dem die Katode einer Vakuumfotozelle beleuchtet
wird, umso größer ist die kinetische Energie der Fotoelektronen. Es gilt Ekin ~ f.
83122.book Seite 147 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Quantenphysik
b) Für das plancksche Wirkungsquantum gilt h =
Werte ausgewählt werden, z. B.:
h=
1,25 eV = 1,25
· 1,6 · 10 –19 Ws
---------------------------------------------------------------------------------14
4 · 10 Hz
4 · 10 14 Hz
∆E kin
-------------- .
∆f
147
Aus dem Diagramm sollten zwei sinnvolle
h ≈ 5 · 10–34 J · s
Die Grenzfrequenz ist der Schnittpunkt der EINSTEIN-Geraden mit der f-Achse, also ergibt sich:
fG ≈ 4,5 · 1014 Hz
Die Austrittsarbeit erhält man, wenn man die EINSTEIN-Gerade bis zur negativen Ekin-Achse 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
c) Die Geschwindigkeit der schnellsten Fotoelektronen ergeben sich nach der Beziehung
e · U = Ekin =
1
--2
m · v 2 zu v =
e- .
2 U ⋅ ---m
Damit erhält man unter Nutzung der angegebenen Gegenspannungen:
v1 = 2 · 1,25 V · 1,759 · 10 11 C · kg – 1 = 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
7.
a) Die Energie eines Lichtquants ergibt sich aus der Wellenlänge und der Lichtgeschwindigkeit:
E = h · f = h · --cl
E = 6,626 · 10–34 J · s ·
3 · 10 8 m/s --------------------------------300 · 10 –9 m
E = 6,6 · 10–19 J ≈ 4,1 eV
b) Die Strahlungsleistung für 1 cm2 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
c) Mit WA = 2 eV und E = 4,1 eV erhält man:
Ekin = h · f – WA
Ekin = 4,1 eV – 2 eV = 2,1 eV
8.
a) Gesucht: v
Gegeben: l = 444 nm
WA = 1,9 · 10–19 J
Lösung:
v=
Aus h · f = WA +
m · v 2 erhält man mit f =
· c- – W 
---------2 h
A
 l
-------------------------------------m
· 10
J · s · 3 · 10 m/s- – 1,9 · 10 –19 J
------------------------------------------------------------------------------2  6,626


444 · 10 –9 m
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------–
31
9,109 · 10
kg
– 34
v=
1
--2
v = 0,75 · 106 m/s
8
--cl
durch Umstellen nach v:
83122.book Seite 148 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
148
Quantenphysik
b) Experimentell könnte man die Geschwindigkeit mit der Gegenfeldmethode bestimmen. Das
Prinzip ist im LB, S. 439 dargestellt.
Für den Grenzfall I = 0 gilt: e · U = 1--- m · v 2
2
und damit
v=
e2 U ⋅ ---m
e/m kann einem Tabellenwerk entnommen, die Gegenspannung U direkt gemessen werden.
9.
a) Gesucht: EPh
Gegeben: l = 589 nm
Lösung:
Für die Energie eines Photons gilt:
Mit f = --c- erhält man:
l
E=h·f
c
E = h · --lE = 6,626 · 10–34 J · s
3 · 10 8 m/s------------------------------589 ·10 –9 m
E = 3,4 ·10–19 J = 2,1 eV
b) Wenn ein Photon eine Energie von 3,4 · 10–19 J besitzt und die Strahlenleistung 75 mW beträgt,
dann gilt
N=
N · 3,4 · 10 –19 J----------------------------------------s
= 75 mW oder
75
· 10 –3 W · s-------------------------------------3,4 · 10 –19 J
N = 2,2 · 1017
c) Geht man von einer punktförmigen Lichtquelle aus und breitet sich das
Licht gleichmäßig im gesamten Raum aus, dann kann man die Bezugsfläche 1 cm2 als Teil einer Kugelfläche ansehen.
Auf die gesamte Kugelfläche von 4 π · r 2 fällt eine Leistung von 75 mW.
Auf 1 cm2 sollen 5 · 10–12 W fallen.
Dann gilt:
75
· 10 –3 W · 1 cm 2--------------------------------------------------5 · 10 –12 W
= 4 π · r 2 oder r =
75 · 10 –3 W · 1 cm 2--------------------------------------------------5 · 10 –12 W · 4 π
r = 3,45 · 104 cm = 345 m
10. a) Der Impuls kann aus Masse und Geschwindigkeit berechnet werden.
Gesucht: pL
Gegeben: m = 0,5 g
v = 1 m/s
Lösung:
p=m·v
pL= 0,5 g · 1 m/s
pL= 0,5
g
· m------------s
= 5 · 10–4
kg
·m
----------------s
b) Die Energie eines Photons beträgt E = h · f und mit f =
E = h · --c-
--cl
:
l
E = 6,626 · 10–34 J · s ·
3 · 10 8 m/s --------------------------------500 · 10 –9 m
E = 3,98 · 10–19 J ≈ 2,5 eV
c) Der Laserimpuls ist gleich dem Impuls von N Photonen: pL = N ·
Damit erhält man für die Anzahl der Photonen:
N=
pL · l
--------------h
N=
5 · 10 –4 kg · m · 500 · 10 –9 m-----------------------------------------------------------------------------s · 6,626 ·10 –34 J · s
N = 3,77 · 1023
h
--l
r
1 cm2
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Quantenphysik
149
d) Für den Impuls eines Photons erhält man aus dem Gesamtimpuls und der Photonenzahl:
p=
pL
-----N
p=
5 · 10 –4 kg · m-------------------------------------s · 3,77 · 10 23
p = 1,3 · 10–27
kg
· m---------------s
Hinweis: Man kann den Impuls auch mit der Gleichung p =
che Ergebnis.
11. Gesucht:
Gegeben:
h
--l
berechnen und erhält damit das glei-
p, v
P = 6 · 109 W
t=1s
m = 1000 kg
Lösung:
Allgemein gilt für den Impuls p = m · v. Für Photonen erhält man mit v = c und m =
p=
E
--c
p=
6 · 10 9 W · 1 s------------------------------------3 · 10 8 m/s
p = 20
E- :
---c2
kg
· m---------------s
Für den Pkw ergibt sich:
pv = ---m
v=
20 kg · m
----------------------------1000 kg · s
v = 0,02
m
----s
=2
cm
-------s
12. a) Röntgenstrahlung entsteht beim Abbremsen schneller Elektronen. Beträgt die Beschleunigungsspannung der Elektronen UB, so haben sie die Energie E = e · UB.
Im Extremfall wird die gesamte Energie auf ein Röntgen-Photon übertragen. Damit gilt für diesen Grenzfall:
e · UB = h · fG
Mit fG =
c----lG
erhält man: e · UB = h ·
c----lG
Die Umstellung nach der Wellenlänge ergibt:
lG =
h · c-------------e · UB
b) Für UB = 80 kV erhält man:
lG =
6,626 · 10 –34 J · s · 3 · 10 8 m/s------------------------------------------------------------------------------1,602 · 10 –19 C · 8 · 10 4 V
lG = 1,5 · 10–11 m = 15 pm
Für die Frequenz erhält man:
f=
c----lG
f=
3 · 10 8 m/s ---------------------------------1,5 · 10 –11 m
f = 2 · 1019 Hz
13. a) Interferenzmuster, die durch Beugung entstehen, lassen sich nur dann beobachten, wenn die
Wellenlänge in der Größenordnung der Gitterkonstanten liegt.
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150
Quantenphysik
k·l
Für Maxima gilt dann die allgemeine Beziehung sin aK = ----------b
Ist b groß gegenüber der Wellenlänge, so sind sin α und damit α sehr klein. Die Maxima sind
nicht mehr unterscheidbar.
Nimmt man als „Gitterkonstante“ von Kristallen den doppelten Atomradius (r ≈ 10–10 m) an,
dann müsste die Größenordnung der Wellenlänge von Röntgenstrahlen unter 10–10 m liegen.
b) Für den Zusammenhang zwischen Beschleunigungsspannung U und Wellenlänge l gilt unter der
Voraussetzung, dass die gesamte kinetische Energie eines Elektrons auf ein Röntgen-Photon
c
übertragen wird:
e · U = h · --lund damit
U=
h · c----------l·e
Mit h = 6,626 · 10–34 J · s, c = 3 · 108 m/s und e = 1,602 · 10–19 C erhält man folgende Beschleunigungsspannungen:
l = 10–10m : 12 kV
l = 10–11m : 120 kV
Folgerung: Es sind Beschleunigungsspannungen von mehr als 12 kV erforderlich.
14. Maxima der Intensität bekommt man bei der Braggreflexion für
k · l = 2 d · sin a k mit k = 1; 2; 3; …
Für Bragg-Winkel, deren Sinus kleiner als 0,5 ist, kann man damit rechnen, einen zweiten BraggWinkel für den gleichen Netzebenenabstand zu beobachten.
Gesucht:
da, db, dc
Gegeben:
l = 8,0 · 10–11 m
Lösung:
Aus dem Schaubild liest man ab:
aa ≈ 20º
ab ≈ 33º
Die Netzebenenabstände ergeben sich dann zu d =
Damit erhält man:
da = 1,2 · 10–10 m
ac ≈ 43º
k·l ----------------------2 · sin a k
db = 0,73 · 10–10 m
dc = 0,59 · 10–10 m
da ist etwa doppelt so groß wie dc. Somit sind die Maxima für aa und ac offensichtlich
die Maxima 1. und 2. Ordnung zum gleichen Netzebenenabstand da. Wir können also
zwei Netzebenenabstände identifizieren:
da = 1,2 · 10–10 m
und
db = 0,73 · 10–10 m.
15. a) Gesucht: U
Gegeben: v = 2,65 · 107 m/s
Lösung:
Zwischen Beschleunigungsspannung und Geschwindigkeit besteht die folgende
Beziehung:
e·U=
1
--2
m · v 2 und damit
U=
1
--2
·
U=
1
--2
·
m
----e
· v2
kg
------------------------------------1,758 · 10 11 C
· (2,65 · 107 m/s)2
U = 1,99 · 103 V ≈ 2 kV
b) Es gilt
h · f = WA +
h·
--cl
= WA +
1
--2
1
--2
m · v 2 und mit f =
--cl
m · v2
Die Umstellung nach der Wellenlänge ergibt:
l=
h·c
----------------------------------------1- m · v 2
W A + ----2
Vernachlässigt man die Austrittsarbeit, so erhält man:
l=
2
h·c
---------------m · v2
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Quantenphysik
l=
151
2 · 6,626 · 10 –34 J · s · 3 · 10 8 m/s ----------------------------------------------------------------------------------------------9,109 · 10 –31 kg · ( 2,65 · 10 7 m/s ) 2
l = 0,62 · 10–9 m
Diese Wellenlänge würde im Bereich der Röntgenstrahlung liegen. Bei Berücksichtigung der
Austrittsarbeit müsste die Wellenlänge noch kleiner sein.
16. a) Folgende Paare von Elektronen und Röntgenquanten gehören zusammen:
D-3
A-4
C-1
B-2
b) Je zentraler das Röntgenquant auf das Elektron trifft, desto mehr Energie und Impuls wird auf
das Elektron übertragen und desto kleiner ist die Wellenlänge des gestreuten Röntgenquants.
c) Es gilt die erstgenannte Gleichung. Die Wellenlängenänderung ist maximal, wenn ein zentraler
elastischer Stoß vorliegt. Damit ist der Winkel b sehr groß, der Term (1-cos b) erreicht bei
b = 180° ein Maximum.
Würde man die zweite Gleichung zugrunde legen, so wäre die Wellenlängenänderung minimal,
da sin 180° = 0 ist.
17. Gesucht:
Gegeben:
Lösung:
Dl, E, p, v, b
l = 71,3 pm
Für die Wellenlängenänderung gilt:
Dl =
h --------------me · c
(1 – cos b)
Mit b = 90° und damit cos b = 0 vereinfacht sich die Gleichung zu:
Dl =
h --------------me · c
Dl =
6,626 · 10 –34 J · s
----------------------------------------------------------------------------9,109 · 10 –31 kg · 3 · 10 8 m/s
Dl = 2,4 · 10–12 m = 2,4 pm
Die Wellenlänge der gestreuten Strahlung beträgt damit 73,7 pm.
Die Energie des gestreuten Röntgenquants kann man berechnen mit:
cE = h · f‘ = h · --l'
8
3 · 10 m/s E = 6,626 · 10–34 J · s · ------------------------------------– 12
73,7 · 10
E = 2,7 ·
10–15
J = 1,7 ·
104
m
eV
Für den Impuls gilt:
p‘ =
h--l'
p‘ =
6,626
· 10 –34 J · s--------------------------------------------73,7 · 10 –12 m
p‘ = 9 · 10–24
kg
· m---------------s
Die Geschwindigkeit des wegfliegenden Elektrons ergibt sich aus energetischen Betrachtungen:
Die Energie des Elektrons ist gleich der Differenz zwischen der Energie des einfallenden und des
gestreuten Lichtquants.
· c· c- – h
---------Es gilt also: 1--- m · v 2 = h---------2
l
Die Umstellung nach v ergibt:
l'
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152
Quantenphysik
v=
2
h · c ⋅ 1
1-
------------------ – -- l l'
m
v=
2
· 6,626 · 10 –34 J · s · 3 · 10 8 m/s- ⋅  --------------------1 - – --------------------1 -
--------------------------------------------------------------------------------------- 71,3 pm 73,7 pm
9,109 · 10 –31 kg
----v ≈ 1,4 · 107 m
s
Der Streuwinkel des wegfliegenden Elektrons kann man aus den
Impulsen berechnen:
tan a =
pQ
h · l- = --l------- = -----------pP
l' · h
l'
tan a =
71,3
pm--------------------73,7 pm
→
pQ
90°
α
einfallendes Quant
→
pp
→
pe
a = 44°
Interferenz von Quantenobjekten (LB S. 471–472)
18. Bei klassischen Teilchen, z. B. Geschossen, ergibt sich 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.
19. a) Gesucht: Ekin
Gegeben: U = 200 kV
Lösung:
Geht man von ursprünglich ruhenden Protonen 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
b) Für die de-Broglie-Wellenlänge von Quantenobjekten gilt:
l=
h -----------m·v
Mit E =
1
--2
m · v 2 erhält man: v =
l=
h - = ---------------------h
---------------------2
E
2
E
·m
m · -------m
l=
6,626 · 10 –34 J · s
-------------------------------------------------------------------------------------------2 · 3,2 · 10 –14 J · 1,673 · 10 –27 kg
6,4 · 10–14 m
l=
2
E
-------m
und damit:
Im Vergleich zu grünem Licht ist die Wellenlänge etwa um den Faktor 1,3 · 10–7 kleiner.
20. a) Auf dem Schirm wird ein charakteristisches Interferenzmuster registriert. Daraus könnte man
ableiten: Elektronen verhalten sich so, als ob sie Wellencharakter haben.
b) Gesucht: Ekin
Gegeben: l = 4,3 · 10–12 m
Lösung:
Für die kinetische Energie gilt:
Ekin = 1--- m · v 2
2
(1)
Die Geschwindigkeit v ergibt sich aus der de-Broglie-Wellenlänge:
83122.book Seite 153 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Quantenphysik
l=
h -----------m·v
v2 =
oder v =
h ------------m·l
153
und damit
h2 ------------------2
m · l2
(2)
In (1) eingesetzt erhält man:
2
2
Ekin =
1
--2
h h - = -------------------m · ------------------2
2
2
Ekin =
( 6,626 · 10 –34 J · s ) 2
--------------------------------------------------------------------------------------------------2 · 9,109 · 10 –31 kg · ( 4,3 · 10 –12 m ) 2
m ·l
2m · l
Ekin = 1,3 · 10–14 J = 8 · 104 eV
c) Aus der de-Broglie-Wellenlänge l =
v=
h ------------m·l
oder v 2 =
h -----------m·v
ergibt sich
h2 ------------------2
m · l2
(1)
Für den Zusammenhang zwischen Beschleunigungsspannung und Geschwindigkeit gilt:
v=2U·
e---m
(2)
Durch Gleichsetzen von (1) und (2) erhält man:
2U·
l=
e---m
=
h2 ------------------2
m · l2
h
------------------------------2m·U·e
Damit erhält man folgende Werte:
l in pm
U in kV
2
4
6
8
10
l in pm
87
61
50
43
39
100
80
60
Zwischen der Beschleunigungsspannung und
40
der Wellenlänge besteht ein nichtlinearer
Zusammenhang: Je größer die Beschleuni20
gungsspannung ist, desto kleiner ist die Wellenlänge. Dabei treten folgende
0
2
4
6
8
10
U in kV
Besonderheiten auf:
– Mit Verkleinerung der Beschleunigungsspannung vergrößert sich die Wellenlänge immer
mehr.
– Mit Vergrößerung der Beschleunigungsspannung verkleinert sich die Wellenlänge immer
weniger.
21. a) Gesucht: Ekin, v
Gegeben: U = 1,5 kV
Lösung:
Für die Energien gilt:
Ekin = e · U
Ekin = 1,602 · 10–19 C · 1500 V
Ekin = 2,4 · 10–16 J = 1500 eV
Die Geschwindigkeit ergibt sich aus Ekin =
v=
2 E kin
-------------m
v=
2 · 2,4 · 10 –16 J-----------------------------------------9,109 · 10 –31 kg
v = 2,3· 107 m/s
1
--2
m · v 2 zu
83122.book Seite 154 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
154
Quantenphysik
b) Für die de-Broglie-Wellenlänge gilt:
l=
h -----------m·v
l=
6,626 · 10 –34 J · s
---------------------------------------------------------------------------------9,109 · 10 –31 kg · 2,3 · 10 7 m/s
l = 3,2 · 10–11 m
c) Bei der Beugung an einem Gitter gilt für das Maximum 1. Ordnung:
sin a =
--lb
sin a =
3,2 · 10 –11 m---------------------------------1/528 mm
a = 9,7 · 10–4 Grad
Die hellen Stellen hätten dann auf einem 10 m entfernten Schirm einen Abstand von 0,2 mm.
22. a) Gesucht: l, m
Gegeben: v = 200 m/s
e = 1,25 m
b = 100 nm
s1 ≈ 30 µm (Abstand der Maxima)
Lösung:
Für die Maxima gilt:
sin a K =
k · l----------b
Mit k = 1 und sin a ≈ tan a 1 =
l=
s1 · b
-------------e
l=
30
µm · 100 nm------------------------------------------1,25 · 10 9 nm
s1
----e
erhält man:
l = 2,4 · 10–12 nm
Die Masse ergibt sich aus der de-Broglie-Beziehung:
l=
h -----------m·v
m=
h--------l· v
m=
6,626 · 10 –34 J · s -----------------------------------------------------------2,4 · 10 –12 m · 200 m/s
und damit
m = 1,4 · 10–24 kg
b) Da die Breite eines Spalts halb so groß ist wie die 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.
c) Bei einem Gitter treten neben einem ausgeprägten 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 de-Broglie-Wellenlängen 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.
83122.book Seite 155 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Quantenphysik
155
Komplementarität und Unbestimmtheit (LB S. 472)
23. a) Die heisenbergsche Unbestimmtheitsrelation besagt:
Je bestimmter der Ort eines Quantenobjektes ist, umso unbestimmter ist sein Impuls und umgekehrt. Diese Unbestimmtheit ist nie kleiner als h/4 π.
b) Es gilt dann:
h- oder Dx =
Dx · Dp = -----4π
h
-------------------4π · Dp
Damit sinnvolle Werte entstehen, sollte Dx · Dp in der Größenordnung von h liegen.
Dp in
10–4
10–8
10–12
10–16
10–20
10–24
5 · 10–31
5 · 10–27
5 · 10–23
5 · 10–19
5 · 10–15
5 · 10–11
kg
· m---------------s
Dx in m
Damit erhält man folgendes Diagramm:
Dx in m
10–10
10–20
10–30
10–24
10–20
10–16
10–12
10–8
10–4
Dp in kgs · m
Je größer die Unschärfe des Impuls ist, desto kleiner ist die Unschärfe des Ortes und umgekehrt.
24. 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.
25. a) Für ein scharfes Interferenzmuster müssen alle Moleküle gleichen Impuls, also gleiche Geschwindigkeit v haben, weil die Wellenlänge l die Lage der Maxima bestimmt
und l =
h -----------m·v
ist.
b) Für jede der drei denkbaren Möglichkeiten durch die drei Spalte muss der Zeiger ermittelt werden. Wenn die Spaltabstände klein gegen die anderen Abmessungen des Experiments sind, so
haben je zwei benachbarte Zeiger die gleiche Phasendifferenz Dj.
P (x)
x
83122.book Seite 156 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
156
Quantenphysik
Da die Möglichkeiten nicht unterscheidbar sind, werden die Zeiger vektoriell addiert und die
Summenlänge anschließend quadriert.
Die Zeigersummen sind für die Fälle Dj = 0, Dj = 2l /3 und Dj = p eingezeichnet.
32 = 9
1
5
02 = 0
12 = 1
x
c) Die klassisch denkbare Möglichkeit, „durch den mittleren Spalt“ ist nun unterscheidbar von den
beiden anderen „durch den oberen Spalt“ und „durch den unteren Spalt“. Diese beiden Möglichkeiten sind untereinander nicht unterscheidbar. Deshalb müssen die Zeiger für den oberen
und den unteren Spalt addiert und die Summe quadriert werden, dass Quadrat des mittleren
Spalts wird getrennt quadriert und addiert. Man erhält ein Doppelspaltmuster mit konstantem
Anteil wie in der Beispielaufgabe im LB, S. 463/464.
83122.book Seite 157 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Atom- und Kernphysik
157
Atom- und Kernphysik (LB S. 519–522)
Physik der Atomhülle (LB S. 519)
1.
a) siehe LB, S. 477/478
b) siehe LB, S. 477/478
2.
a) Im Grundzustand wird von Wasserstoffatomen kein Spektrum ausgesendet. Wird ein Atom
angeregt, so gelangt es in einen energetisch höheren Zustand, d. h. das Elektron befindet sich
dann auf einem anderen Energieniveau. Diese Energieniveaus haben bestimmte Werte, und nur
diese können angenommen werden. Bei der Rückkehr des Elektrons auf ein energetisch niedrigeres Niveau wird genau die Energie freigesetzt, die der Differenz der Energieniveaus entspricht. Einen bestimmten Energiewert entspricht nach E = h · f eine bestimmte Frequenz und
damit wegen
l~
1
--f
eine bestimmte Wellenlänge (Farbe). Im Spektrum zeigt sich das als eine Linie bestimmter, für
das jeweilige Atom charakteristischer Farbe.
b) Für die BALMER-Serie gilt:
f = Ry ( 1--- –
4
1-)
------m2
mit m = 3, 4, 5, …
Ist die Frequenz f bekannt, so kann man die Wellenlänge berechnen mit der Gleichung
l=
c-f
Damit erhält man folgende Werte:
m
3
4
5
6
7
f in 10
4,569
6,168
6,909
7,311
7,553
l in nm
656 (Hα)
486 (Hβ)
434 (Hγ)
410 (Hδ)
397
14 Hz
c) Die Ionisierungsenergie für ein Wasserstoffatom beträgt 13,6 eV = 2,2 · 10 –18 J.
3.
Entscheidend für das Laserlicht ist der Übergang von E1 in den Grundzustand.
Gesucht: l, Farbe
Gegeben: ∆E = 1,787 eV = 2,863 · 10–19 J
Lösung:
Aus ∆E = h · f mit f =
--cl
folgt
∆E = h · --c- und damit
l
l=
l=
l=
h
◊c
---------∆E
----6,626 ⋅ 10 –34 J ⋅ s ⋅ 3 ⋅ 10 8 m
s----------------------------------------------------------------------2,863 ⋅ 10 –19 J
6,94 ·10–7 m = 694 nm
Die Wellenlänge von 694 nm entspricht der von rotem Licht.
4.
Anzuwenden sind das Gravitationsgesetz und das coulombsche Gesetz. Als Abstand zwischen
Atomkern und Elektron wird der bohrsche Radius (r = 0,53 · 10–10 m) angesetzt.
83122.book Seite 158 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
158
Atom- und Kernphysik
m ⋅m
r
1
2
F1 = G · ------------------2
1,673 ⋅ 10 kg ⋅ 9,109 ⋅ 10 kg
m - · --------------------------------------------------------------------------------------F1 = 6,673 · 10–11 ---------------2
2
– 10
3
– 27
kg ⋅ s
– 31
( 0,53 ⋅ 10
F1 =
3,6 ·10–47 N
F2 =
1
---------------4π ⋅ ε 0
F2 =
1
1,602 ⋅ 10 –19 C ) ----------------------------------------------------------· (---------------------------------------------– 10 m ) 2
A
⋅
s
4π ⋅ 8,854 ⋅ 10 –12 ------------- ( 0,53 ⋅ 10
V⋅m
m)
Q ⋅Q
r
1
2
· -----------------2
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.
5.
a) Bei geheizter Katode treten Elektronen aus ihrer Oberfläche aus, die eine gewisse kinetische
Energie besitzen. Sie bewegen sich durch die Röhre bis zur Anode und fließen dort ab.
b) Die maximale kinetische Energie der aus der Katode austretenden Elektronen beträgt 0,51 eV. Es
gilt dann:
Ekin =
1
--- m · v 2
2
Die Umstellung nach v ergibt:
v=
2E kin
------------m
v=
2 ⋅ 0,51 ⋅ 1,602 ⋅ 10 –19 J----------------------------------------------------------9,109 ⋅ 10 –31 kg
v = 1,8 · 10–7 m/s
c) Mit zunehmender Spannung vergrößert sich die Stromstärke.
d) siehe LB, S. 487/488
e) Die angeregten Quecksilberatome geben diese Energie in Form von Strahlung an die Umgebung
ab.
Mit E = h · f und f = --c- erhält man:
l
E = h · --c- und damit als Ausdruck für die Wellenlänge:
l
l=
h
◊c
---------E
Für E = 4,9 eV = 7,8 · 10–19 J erhält man:
l=
----6,626 ⋅ 10 –34 J ⋅ s ⋅ 3 ⋅ 10 8 m
s---------------------------------------------------------------------7,8 ⋅ 10 –19 J
l = 255 nm
Es handelt sich bei dem ausgestrahlten Licht um ultraviolettes Licht. Dieses Licht kann nachgewiesen werden.
83122.book Seite 159 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Atom- und Kernphysik
159
Physik des Atomkerns (LB S. 520 –522)
6.
a) Da sich die radioaktive Strahlung im Raum ausbreitet 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)
Impulse
je Minute
200
150
100
50
5
10
15
20
r in cm
25
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.
c) Die Strahlung, die dann registriert wird, kommt nicht in erster Linie von der Strahlungsquelle,
sondern ist Folge der natürlichen Radioaktivität in unserer Umgebung (Nulleffekt).
7.
a) Im Diagramm ist die Absorption von g -Strahlung in Abhängigkeit von der Schichtdicke von Blei
dargestellt. Die Impulsrate der g -Strahlung je Minute nimmt mit zunehmender Schichtdicke ab.
Dabei ist die Abnahme nicht proportional, sondern exponentiell zur durchdrungenen Schichtdicke.
b) Bei einer Schichtdicke von ca. 12 mm ist die Hälfte der Strahlung absorbiert. Das ist die Halbwertsdicke für Blei.
8.
9.
a)
235
U
92
+
1
n
0
→
236
U
92
→
147
La
57
b)
235
U
92
+
1
n
0
→
236
U
92
→
85
Se
34
a)
14
Na
7
+
4
α
2
→
17
O
8
b)
9
Be
4
+
4
α
2
→
12
C
6
+
+
87
Br
35
+2 n
148
Ce
58
+3 n
+
+
1
0
1
0
1
p
1
1
n
0
10. a) Es muss zunächst die Anzahl der Kerne (Atome) bestimmt werden. Dann lässt sich mithilfe der
Halbwertszeit ermitteln, wie viele dieser Atomkerne in einer Sekunde zerfallen.
Gesucht: N
Gegeben: T1/2 = 1600 a
m = 1g
∆t = 1 s
Lösung:
Für den Anfangszustand gilt:
m N0 = NA · -------------
m mol
1 - · --------------------1g N0 = 6 · 1023 ---------mol
N0 = 2,7 · 1021
g226 ---------mol
83122.book Seite 160 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
160
Atom- und Kernphysik
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
= –l · N0 · e–l · t
Mit t = 0 (Anfangszustand) erhält man:
∆N
-------∆t
= –l · N0
ln 2---------T1 ⁄ 2
Mit l =
erhält man:
N ⋅ ln 2
T1 ⁄ 2
∆N
-------∆t
o
= – --------------------
∆N
-------∆t
,7 ⋅ 10 ⋅ ln 2
= – 2--------------------------------------
∆N
-------∆t
= –3,7 · 1010 1---
21
1600a
s
Geht man vom Anfangszustand aus, so zerfallen in einer Sekunde 3,7 · 1010 Kerne des RadiumNuklids.
b) Für die Masse gilt analog zur Teilchenzahl:
m = m0 · e–l · t
Bei den gegebenen Werten erhält man:
m = 1 g · e–
ln 2 · 100 a
--------T1 ⁄ 2
m = 1 g · e–0,043
m = 0,96 g
Nach 100 Jahren sind noch 0,96 g des Radium-Nuklids nicht zerfallen.
c) Es gilt das Zerfallsgesetz N = N0 · e–l · t
Mit N = 0,1 · N0 erhält man: 0,1 N0 = N0 · e–l · t oder 0,1 = e–l · t
Logarithmieren liefert:
ln 0,1 = –l · t
ln 0,1t = – --------------l
t=
– ln 0,1 -------------------------------1,4 ⋅ 10 –11 1
s
t = 1,6 · 1011s ≈ 5070 a
Die Aktivität einer bestimmten Menge Radium-226 hat in etwa 5100 Jahren (das ist das 3,2fache
der Halbwertszeit) auf 10 % abgenommen.
11. a) Unter der Halbwertszeit versteht man die Zeit, in 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 t1 angenommen.
83122.book Seite 161 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Atom- und Kernphysik
161
Dann gilt für t1:
A1 = A0 · e–l · t 1 oder
A1
------A0
= e–l · t 1
Logarithmieren ergibt:
A
A0
ln ------1- = –l · t1 oder
l=
A0
ln -----A
------------1t1
Ist die Zerfallskonstante l bekannt, so kann man die Halbwertszeit mit folgender Gleichung
berechnen:
T1/2 =
ln 2-------l
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
--- N0
2
= 2–1 · N0
2–2 · N0
Nach t = 2 · T1/2 sind es: N2 =
1
--- ( 1
--- N =
2 2 0
Nach t = 3 · T1/2 sind es: N3 =
1
--- [ 1
--- ( 1
--- N )]
2 2 2 0
= 2–3 · N0
Mit t = n · T1/2 sind es: N = 2–n · N0
Aus der zuletzt genannten Gleichung erhält man mit n =
t
---------
t ---------T1 ⁄ 2
die Beziehung:
t
---------
N = N0 · 2 – T 1 ⁄ 2 oder auch N = N0 · ( 1--- ) T 1 ⁄ 2
2
c) Die Anzahl der Atome ergibt sich folgendermaßen:
m N0 = NA · -------------
m mol
1 - · ------------1gN0 = 6 · 1023 ---------mol
123 g
N0 = 4,9 · 1021
Für die grafische Darstellung ergibt sich:
t
0
N
N0
T1/2
1
--2
N0
2 · T1/2
1
--4
N0
3 · T1/2
1
--8
N0
4 · T1/2
1----16
N0
5 · T1/2
1----32
N0
83122.book Seite 162 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
162
Atom- und Kernphysik
Damit ergibt sich folgende Zerfallskurve:
N
N0
N0/2
N0/4
N0/8
2 · T1/2
T1/2
d) l =
l=
3 · T1/2
4 · T1/2
5 · T1/2
t
ln 2---------T1 ⁄ 2
ln 2 -------------12,3h
l = 1,57 · 10–5 1--s
e) Die Lösungsgleichung ist bei Aufg. 10 a hergeleitet und lautet:
N ⋅ ln 2
T1 ⁄ 2
∆N
-------∆t
0
- = –l · N0
= – --------------------
∆N
-------∆t
= 1,57 · 10–5 1--- · 4,9 · 1021
∆N
-------∆t
= –7,7 · 1016
s
Geht man vom Anfangszustand aus, dann zerfallen in einer Sekunde 7,7 · 1016 Atomkerne.
f) N = N0 · e–l · t
Mit N = 0,1 No erhält man:
0,1 N0 = N0 · e–l · t und damit
0,1 = e–l · t
Logarithmieren ergibt: ln 0,1 = –l · t
ln 0,1t = – ------------l
ln 0,1 ⋅ s
t = – --------------------------–5
1,57 ⋅ 10
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–l · t
A = A0 · e–1,57 · 10
–5 --1- · 1,47 · 105 s
s
A = A0 · e–2,3
A ≈ 0,1 A0
Hinweis: Das Ergebnis kann auch unmittelbar angegeben werden, ohne dass eine Berechnung
erforderlich ist.
83122.book Seite 163 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Atom- und Kernphysik
163
12. a) Da Holmium doppelt so schnell wie Phosphor zerfällt, liegt bei der gleichen Anzahl von Kernen
bei Holmium die doppelte Aktivität vor.
b) Für die gleiche Aktivität ist vom halb so schnell zerfallenden Phosphor die doppelte Anzahl
Kerne erforderlich.
13. a) 18 Jahre sind mehr als 3 Halbwertszeiten. Somit ist die Aktivität kleiner als ein Achtel der
Anfangsaktivität und damit kleiner als 50 kBq. Sie liegt also unter der Freigrenze.
b) Aus dem Gesetz für die Aktivität
A = A0 · e–l · t
erhält man nach Umstellung und Logarithmieren:
A
A
ln ------0- = l · t und damit
t=
ln ( 370 kBq ⁄ 50 kBq ) ⋅ 5,26 a-------------------------------------------------------------------------ln 2
t = 15,2 a
Die Aktivität des Cobalt-60-Strahlers ist nach 15,2 a auf unter 50 kBq abgesunken.
14. a) Da sich in den 4 Tagen die Aktivität sowohl durch 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 Aktivität durch radioaktiven Zerfall und durch Ausscheidung verringert sich gleichzeitig
exponentiell. Es gilt deshalb:
ln 2
ln 2
1
1
ln 2 ⋅ t
- + ----- )
- · t – --------- · t
– --------------T p T B = Ao · e T eff
Tp
Ao · e– -------· e T B = Ao · e–ln2 · t( ----
Daraus ergibt sich allgemein:
1--------T eff
=
1----Tp
+
1----TB
Für den gegebenen Fall erhält man:
Teff ≈ 17,8 a
15. Aufbau:
lichtdicht eingepackter Film, Hülle mit verschiedenen Abschirmblechen.
Wirkungsweise: Die Dosimeterplakette wird von Personen getragen, die beruflich mit Strahlung zu
tun haben. Da durch Strahlung (radioaktive Strahlung, Röntgenstrahlung) Filme
geschwärzt werden, ist die Schwärzung des Films ein Maß für die Strahlenbelastung. Die Filme werden in regelmäßigen Abständen (meist monatlich) kontrolliert.
Die verschiedenen Filter ermöglichen eine differenzierte Bewertung der Strahlenbelastung.
16. Eine Minimierung der Strahlenbelastung wird durch folgende vier Maßnahmen erreicht:
– Es sollte nur mit Strahlungsquellen geringer Aktivität A gearbeitet werden.
– Der Abstand r von der Strahlungsquelle sollte möglichst groß sein.
– Es ist eine möglichst gute Abschirmung, z. B. durch Bleiziegel (k >> 1), zu nutzen.
– Die Dauer t, in der man sich Strahlung aussetzt, sollte möglichst gering sein.
17. a)
14
N
7
+
1
n
0
→
14
C
6
+
1
p
1
b) Wenn der Anteil noch 25 % beträgt, dann sind zwei Halbwertszeiten vergangen. Die Mumie ist
also 2 · 5760 Jahre = 11520 Jahre alt.
83122.book Seite 164 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
164
Atom- und Kernphysik
c) Gesucht: t
1Gegeben: A = 7,3 ---------min
1A0 = 12,9 ---------min
Lösung:
Es gilt:
A = A0 · e–l · t oder
A-----A0
= e–l · t
Durch Logarithmieren erhält man:
A- = l · t mit l =
ln -----A0
ln 2---------T1 ⁄ 2
Damit ergibt sich für die Zeit t:
t=
ln ( A o ⁄ A ) ⋅ T 1 ⁄ 2
-----------------------------------------ln 2
t=
ln ( 12,9 ⁄ 7,3 ) ⋅ 5760a
-------------------------------------------------------ln 2
t = 4730 a
Die untersuchten organischen Substanzen sind etwa 4700 Jahre alt.
18. a) Gesucht: EB
Gegeben: mK = 2,0135532 u
Lösung:
∆m = (mp + mn) – mk
∆m = (1,673 · 10–27 kg + 1,675 · 10–27 kg) – 2,013 553 2 · 1,660540 · 10–27 kg
∆m = 4 · 10–30 kg
Für die Kernbindungsenergie gilt:
E = ∆m · c2
E = 4 · 10–30 kg · (3 · 108 m/s)2
E = 3,6 · 10–13 J ≈ 2,3 · 106 eV = 2,3 MeV
b) Der Prozess lautet:
1
H
1
+
1
H
1
2
1
→ D+
0
e
1
+E
Das dabei entstehende Neutrino mit geringer Energie kann vernachlässigt werden. Die Energie E
setzt sich aus der Strahlungsenergie und der kinetischen Energie der Teilchen zusammen.
Die Massebilanz ergibt:
∆m = (2,013553 · 1,660540 · 10–27 kg)– 2 · 1,672662 · 10–27 kg
∆m = 1,659 · 10–30 kg
Für die Energie ergibt sich:
E = ∆m · c2
E = 1,659 · 10–30 kg · (3 · 108 m/s)2
E = 1,5 · 10–13 J ≈ 0,9 MeV
19. a) Für den a-Zerfall von U-238 gilt:
238
U
92
→
4
α
2
+
234
Th
90
Als Energiebilanz ergibt sich dann:
∆E = 4,3 MeV = ER
83122.book Seite 165 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Atom- und Kernphysik
165
b) Nach dem Impulserhaltungssatz haben α-Teilchen und Thorium-Kern den gleichen Impuls, allerdings mit entgegengesetzter Richtung (Gesamtimpuls null).
Für die kinetische Energie Ekin =
Ekin =
1
--2
m · v 2 kann man mit p = m · v auch schreiben:
p 2-------2m
Damit erhält man für den gegebenen Fall:
ER = Ekin, α + Ekin, Th =
p2 ----------2m α
+
p2
-------------2m Th
=
p 2 - (1
----------2m α
+
mα
----------)
m Th
Damit kann man auch schreiben:
ER = Ekin, α (1 +
mα
----------)
m Th
Für die kinetische Energie des a-Teilchens erhält man somit:
Ekin, α =
ER
------------------------mα 
 1 + ---------
m Th
Ekin, α =
4
,3 MeV----------------------41 + --------234
Ekin, α ≈ 4,23 MeV
Wegen der wesentlich kleineren Masse des a-Teilchens gegenüber der Masse des Rückstoßkerns
wird fast die gesamte Reaktionsenergie auf das a-Teilchen übertragen.
20. a) 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 mittelschwere Kerne (Kernspaltung),
– Fusion zweier leichter Kerne (Kernfusion).
b) Für den relativen Massendefekt gilt:
∆A = 27 · Ap + 33 · An – ACo
∆A = 27 · 1,00783 + 33 · 1,00867 – 59,933 81
∆A = 0,5637
Dann beträgt der Massendefekt:
∆m = ∆A · u
∆m = 0,5637 · 1,66 · 10–27 kg = 9,36 · 10–28 kg
Als Bindungsenergie je Nukleon erhält man:
E=
∆m
⋅ c 2-----------------N
E=
9,36 ⋅ 10 –28 kg ⋅ ( 3 ⋅ 10 8 m/s ) 2---------------------------------------------------------------------------60
E = 1,4 · 10–12 J ≈ 8,8 MeV
c) E = m · c2
E = 0,223 55 · 1,66 · 10–27 kg · (3 · 108 m/s)2
E = 3,34 · 10–11 J = 209 MeV
83122.book Seite 166 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
166
Atom- und Kernphysik
21. Gesucht: ∆m, E
Gegeben: mHe = 4,001506 u
Lösung:
∆m = mNukleonen – mα = 2(mn + mp) – mα
∆m = 0,03 u = 0,03 · 1,66 · 10–27 kg = 5 · 10–29 kg
Für die Bindungsenergie erhält man:
E = ∆m · c2
E = 5 · 10–29 kg · (3 · 108 m/s)2
E = 4,5 · 10–12 J ≈ 28 MeV
Für a-Teilchen beträgt der Massendefekt etwa 5 · 10–29 kg, die Kernbindungsenergie etwa 28 MeV.
22. a) Beim Beschuss von Lithium mit Protonen entsteht Helium. Zugleich wird Energie freigesetzt. Die
Energie E1 ist die kinetische Energie der beschleunigten Protonen. Eine hohe Geschwindigkeit
der Protonen ist erforderlich, da bei Annäherung an den positiv geladenen Atomkern abstoßende coulombsche Kräfte wirken, die überwunden werden müssen.
b) Die freigesetzte Energie 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 = 8,022189 u
m2 = 2 · mHe = 2 · 4,001506 u = 8,003120 u
Aus m2 < m1 folgt E2 > E1.
Für die Energie erhält man:
E = ∆m · c2
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
c) Für ein a-Teilchen gilt:
Ekin =
v=
1
--2
m · v2 und damit
2E kin
------------m
Als kinetische Energie kann 0,5 E2 angenommen werden.
Dann erhält man:
v=
2 ⋅ 9,1 ⋅ 10 6 ⋅ 1,6 ⋅ 10 –19 J--------------------------------------------------------------6,645 ⋅ 10 –27 kg
----v = 2,1 · 107 m
s
23. Die Reaktionsgleichung lautet:
226
Ra
88
4
2
→ He +
222
Rn
86
∆m = mRa – (mHe + mRn)
∆m ≈ 8,7 · 10–30 kg ≈ 5,2 · 10–3 u
83122.book Seite 167 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Atom- und Kernphysik
167
Für die Energie erhält man:
E = ∆m · c2
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 freiwerdende Energie als kinetische Energie des
a-Teilchens vorliegt. Dann gilt:
m · v2 oder
Eα =
1
--2
v=
2E
---------αm
v=
2 ⋅ 7,8 ⋅ 10 –13 J---------------------------------------6,645 ⋅ 10 –27 kg
v = 1,5 · 107 m/s
Bei a-Zerfall von Radium wird eine Energie von etwa 4,9 MeV frei. Die Geschwindigkeit der a-Teilchen liegt bei 1,5 · 107 m/s.
24. Es bietet sich an, zu diesem Thema eine vorbereitete Diskussion zu führen, in der Vor- und Nachteile der Nutzung von Kernenergie gegenübergestellt werden. Aus physikalisch-technischer Sicht
erscheint wesentlich, folgende zwei Positionen deutlich zu machen:
– Die gesteuerte Kernspaltung ist heute gut beherrschbar.
– Bei beliebigen technischen Prozessen (nicht nur bei der Nutzung von Kernenergie!) gilt 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.
83122.book Seite 168 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
168
Spezielle Relativitätstheorie
Spezielle Relativitätstheorie (LB S. 552–554)
Von der klassischen Physik zur Relativitätstheorie (LB S. 552)
1.
Im System S ist die Relativgeschwindigkeit der beiden Körper ∆u = u2 – u1. Mithilfe der galileischen
Addition der Geschwindigkeiten ergibt sich im System S’ u1’ = u1 – v und u2’ = u2 – v. Somit folgt:
∆u’ = u2’ – u1’= (u2 – v) – (u1 – v) = ∆u.
Die Relativgeschwindigkeit ist unabhängig vom Bezugssystem; sie ist eine Invariante.
2.
Gegeben:
Es gilt t = t’.
Zum Zeitpunkt t0 = 0 s gilt für Körper K in S: x0 und u0
Zum Zeitpunkt t0 = 0 s gilt für Körper K in S’: x’0 und u’0
Zum Zeitpunkt t1, t1 > t0 gilt für Körper K in S: x1 und u1
Zum Zeitpunkt t1, t1 > t0 gilt für Körper K in S’: x’1 und u’1
Lösung:
(A) Beschreibung von S aus:
S
y
a
u0
Ort-Zeit-Gesetz: x =
x0
a 2
t
2
+ u 0 · t + x0
x
(B) Beschreibung von S’ aus:
S
y
S'
y'
a'
v
u'0
Ort-Zeit-Gesetz: x' =
x'0
a 2
t
2
+ u'0 · t + x'0
x, x'
Ergebnis:
Von beiden Inertialsystemen aus gesehen bewegt sich der Körper geradlinig gleichmäßig beschleunigt. Die Struktur und der physikalische Inhalt beider Ort-Zeit-Gesetze stimmen überein.
Welche Aussagen kann über die jeweilige Beschleunigung getroffen werden?
(A) Von S aus betrachtet:
Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz: u1 = a · t1 + u0 und somit a =
u1 – u0
-----------------t1
(B) Von S’ aus betrachtet:
Geschwindigkeit-Zeit-Gesetz: u’1 = a’ · t1 + u’0 und somit a’ =
u' 1 – u' 0
-------------------- .
t1
Nach dem klassischen Additionsgesetz der Geschwindigkeiten gilt u’ = u – v.
Zum Zeitpunkt t0: u0’ = u0 – v.
Zum Zeitpunkt t1: u1’ = u1 – v.
83122.book Seite 169 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Spezielle Relativitätstheorie
Mit a =
∆v
------∆t
folgt: a‘ =
u' 1 – u' 0
-------------------t1
=
( u1 – v ) – ( u0 – v )
---------------------------------------------t1
=
u1 – u0
-----------------t1
169
=a
Ergebnis:
In beiden Inertialsystemen wird die gleiche Beschleunigung gemessen. Die Beschleunigung ist
gegenüber der GALILEI-Transformation invariant.
3.
S’ bewegt sich mit v = konstant gegenüber S.
Vom Bahndamm aus gesehen ist die Bahnkurve eine Parabel. In Bewegungsrichtung des Zuges
beträgt die Anfangsgeschwindigkeit (t0 = 0) vx = v; senkrecht nach unten ist vy = 0. Es handelt sich
um eine Überlagerung von einer geradlinig gleichförmigen Bewegung (Zug) und einer gleichmäßig
beschleunigten Bewegung (freier Fall). Die Bewegung ist mit dem waagerechten Wurf vergleichbar.
Bei geeigneter Wahl des Koordinatensystems ergibt sich:
in x-Richtung: x = vx · t + x0 mit vx = v und x0 = 0 → x = v · t
in y-Richtung: y =
g
--- t2
2
+ vy · t + y0 mit vy = 0 und y0 = 0 → y =
(1) nach t umgestellt und in (2) eingesetzt ergibt: y =
Die Bahnkurve ist eine Parabel.
4.
(1)
g -----------2
2⋅v
g
--- t2
2
(2)
· x2.
Für die Bewegung des Körpers im System S’ gilt:
x’ = 0
y’ = y’max · sin(w’ · t)
z’ = 0
t’ = t
Für die Bewegung des Körpers im System S gilt unter Berücksichtigung der GALILEI-Transformation:
x = x’ + v · t’ und y = y’ (d. h. auch ymax = y’max und w = w’); z = z’
x = v · t (1) und y = y’max · sin (w’ · t) (2)
Das ist die Kurvengleichung für die Bewegung von S aus in Parameterdarstellung. Durch Umstellen
von (1) nach t und Einsetzen in (2) folgt die Kurvengleichung:
---- ⋅ x
y = ymax · sin  w

v
Die Bahnkurve ist auch für den Beobachter in S eine Sinuskurve.
5.
Messwerte in S: t0 = 0 s; x0 … Abstand des Körpers zum Zeitpunkt t0 vom Koordinatenursprung;
u … Geschwindigkeit des Körpers in S
Messwerte in S’: t’0 = 0 s; x’0 … Abstand des Körpers zum Zeitpunkt t’0 vom Koordinatenursprung;
u’ …, Geschwindigkeit des Körpers in S
Zum Zeitpunkt t0 = t’0 ist x0 = x’0, nach NEWTON gilt: t = t’. Dann folgt:
von S aus betrachtet: x = x0 + u · t
(1)
von S’ aus betrachtet: x’= x’0 + u’ · t
(2)
Es gilt: u = v + u’
(3)
Mit (3) in (1) eingesetzt folgt: x = x0 + (v + u’)t.
Da nach Voraussetzung x0 = x’0 ist,
ergibt sich:
x=
Der zurückgelegte Weg des
Körpers P von S aus
x=
x‘0 + u‘ · t
Der zurückgelegte Weg des
Körpers P von S‘ aus
x‘
+ v·t
Der zurückgelegte Weg des
Koordinatenursprungs von S‘
bez. S
+ v·t
Die Transformationsgleichung für die x-Richtung ergibt sich zu x = x‘ + v· t. Da nach Voraussetzung
die Bewegung nur in x-Richtung stattfindet, ergeben sich für die anderen Koordinaten y = y‘ und
z = z‘.
83122.book Seite 170 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
170
6.
Spezielle Relativitätstheorie
Als einfaches Beispiel werden zwei Körper mit m1 und m2 gewählt, die sich parallel zu der x- und
x’-Achse bewegen. Vorausgesetzt wird der Masseerhaltungssatz. Es werden jeweils die physikalischen Verhältnisse vor und nach dem Stoß analysiert und überprüft, ob mit den GALILEI-Transformationen die gleichen Ergebnisse für die Formulierung des Impulserhaltungssatzes folgen.
(A) von S aus:
vor dem Stoß
nach dem Stoß (M = m1 + m2)
y
y
v2
v1
u
m2
M
x
x
Der Impulserhaltungssatz für S lautet: m1 · v1 + m2 · v2 = M· u
(1)
(B) Von S’ aus (S’ bez. S mit v):
vor dem Stoß
nach dem Stoß (M = m1 + m2)
S
S
S'
v'1
v'2
m1
m2
v
S'
u'
M
v
Der Impulserhaltungssatz für S’ lautet: m1 · v‘1 + m2 · v‘2 = M· u‘
(2)
Zum gleichen Ergebnis kommt ein Beobachter in S, wenn er die GALILEI-Transformationsgleichungen
anwendet. Nach der klassischen Addition der Geschwindigkeiten, die sich aus der GALILEI-Transformation ergibt, gilt:
vor dem Stoß:
v1 = v‘1 + v und v2 = v‘2 + v
nach dem Stoß (M = m1 + m2):
u = u‘ + v
Daraus folgt aus (1), d. h. für einen Beobachter in S:
m1 · (v‘1 + v) + m2 · (v‘2 + v) = M (u‘ + v) und mit M = m1 + m2
m1 · v‘1 + m2 · v‘2 = M· u‘, also die oben genannte Gleichung (2).
Ergebnis:
Mithilfe der GALILEI-Transformation kommt ein Beobachter in S zu den gleichen Aussagen bez. der
Impulserhaltung, die auch ein Beobachter in S’ bestimmen würde. Der Impulserhaltungssatz ist
invariant gegenüber der GALILEI-Transformation.
7.
Jeder Punkt auf der Erde bzw. ein dazu gleichförmig bewegtes System lässt sich näherungsweise als
Inertialsystem ansehen, wenn die durch die Erdrotation hervorgerufenen Beschleunigungen und
deren Wirkungen vernachlässigbar sind.
----2- · cosj
Durch die Erdrotation ergibt sich eine Beschleunigung von arot ≈ 3,4 · 10–2 m
s
(j … geografische Breite).
83122.book Seite 171 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Spezielle Relativitätstheorie
171
Physikalische Auswirkungen sind z. B. beim foucaultschen Pendel festzustellen.
----2- hervor.
Die Bewegung der Erde um die Sonne ruft eine Beschleunigung von aE–S ≈ 6 · 10–3 m
s
Die Bewegung des Sonnensystems in der Milchstraße erzeugt eine Beschleunigung von
m- auf der Erde.
aE-Milchstr. ≈ 1,8 · 10–10 ---2
s
In beschleunigten Bezugssystemen werden zur Beschreibung verschiedener Wirkungen Scheinkräfte eingeführt. Diese sind keine Wechselwirkungskräfte. Eine dieser Kräfte (bei gleichförmiger
Kreisbewegung) ist die Corioliskraft. Die Corioliskraft wird null, wenn das Bezugssystem bezüglich
zur Erde in Ruhe ist oder wenn die Richtung der Relativgeschwindigkeit zur Erdoberfläche (v) mit
der Winkelgeschwindigkeit ω übereinstimmt.
8.
Gesucht: ∆t, ∆s
Gegeben: L = d = 10 m
v = 30 km · s–1
c = 300 000 km · s–1
Lösung:
Die Laufzeit in Bewegungsrichtung der Erde beträgt:
t1 = t11 + t12 =
L---------c–v
+
L ----------c+v
=
2L· c ---------------c2 – v2
=
2L
-----c
1 -.
· -------------2
1 – v-----2
c
Die Laufzeit senkrecht zur Erdbewegung beträgt:
t2 = t21 + t22 =
L -------------------c2 – v2
+
L -------------------c2 – v2
=
2L -------------------c2 – v2
=
2L
-----c
1 · -----------------2
1 – v-----2
c
Daraus ergibt sich der Laufzeitunterschied, da t2 < t1 (MICHELSON-MORLEY-Experiment).
∆t = t1 – t2 =
Mit
v-----2
c2
2L
-----c
1 - –
· -------------2
1 – v-----2
c
= 10–8 und
2L
-----c
2L
-----c
1 - =
· -----------------v2
1 – -----2
c
2L
-----c
1 - (1 –
· -------------2
1 – v-----2
c
2
1 – v-----2 )
c
= 6,67 · 10–8 s ergibt sich:
∆t = 6,6 · 10–7 s · 1,000 000 010 · (1 – 0,999 999 995) ≈ 3,3 · 10–16 s.
Die Zeitdifferenz ∆t beträgt etwa 3,3 · 10–16 s.
Mit ∆s = ∆t · c ergibt sich daraus eine Wegdifferenz von etwa 10–7 m.
Relativistische Kinematik (LB S. 552–553)
9.
Gesucht: t (Abweichung)
Gegeben: s = 2000 km
c = 3 · 108 m · s–1
Lösung:
Das Signal breitet sich mit konstanter Geschwindigkeit aus.
t=
-sc
=
2 ⋅ 10 6 m ----------------------------------3 ⋅ 10 8 m ⋅ s –1
≈ 6,7 · 10–3 s.
Ergebnis:
Im täglichen Leben spielt diese Zeitdifferenz keine Rolle. Bei vielen technischen Experimenten und
Messungen kann diese Differenz jedoch nicht vernachlässigt werden. Hier muss gegebenenfalls die
Laufzeit der Signale berücksichtigt werden.
Hinweis: Unter Einbeziehung von GPS-Satelliten und dem Vergleich verschiedener Standorte kann
die Genauigkeit bis auf 1 Nanosekunde (10–9 s) gesteigert werden.
10. Es finden zwei Ereignisse in S’ an den Orten x1’ und x2’ gleichzeitig (∆t’ = 0) statt.
Die Werte im System S’ sind gegeben. Es müssen also die Transformationsgleichungen für den Fall
S’→ S angewendet werden. Gesucht ist ∆t.
83122.book Seite 172 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
172
Spezielle Relativitätstheorie
Lösung:
Im System S ist der Zeitpunkt für das erste Ereignis durch
t1 =
v- x'
t'1 + ---2 1
c
------------------------- ,
2
1 – v-----2
c
das zweite Ereignis durch t2 =
v- x'
t'2 + ---2 2
c
------------------------v2
1 – ----c2
gegeben.
Damit erhält man für die Zeitdifferenz:
∆t = t2 – t1=
v- x'
t' 2 + ---2 2
c
------------------------2
1 – v-----2
c
Mit ∆t’ = 0 folgt ∆t =
–
v- x'
t' 1 + ---2 1
c
------------------------- .
2
1 – v-----2
c
v- ( x' – x' )
---2
1
2
c----------------------------2
1 – v-----2
c
≠ 0.
Für den Beobachter in S (Bahndamm) sind die beiden Ereignisse nicht gleichzeitig. Mit den Zahlenwerten ergibt sich ∆t = 10–9 s. Diese Zeitdifferenz ist für einen Beobachter ohne entsprechende
Messinstrumente nicht feststellbar.
11. In seinem Ruhesystem (S’) findet der Vorgang an einem Ort statt; d. h. x’1 = x’2; v =
Gesucht: t
Gegeben: t’ = 3 s
v = 2--- c
3
Lösung:
Mit t =
∆t' -----------------2
1 – v-----2
c
2
--3
c; t’ = 3 s
folgt mit den Zahlenwerten t = 4,025 s.
12. Mit ∆t’ als Zeitdauer des physikalischen Vorgangs in seinem Ruhesystem (S’) und ∆t als Zeitdauer des
physikalischen Vorgangs vom Inertialsystem S aus gemessen gilt:
∆t =
∆t-----∆t'
∆t' -----------------2
1 – v-----2
c
=
und damit
1 -----------------v2
1 – ----c2
Damit erhält man z. B. folgende Wertepaare:
v/c
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
∆t-----∆t'
1,000
1,005
1,021
1,048
1,091
1,155
1,250
1,400
1,667
2,294
∆t
∆t'
2
1
0,2
0,4
0,6
0,8
v/c
83122.book Seite 173 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Spezielle Relativitätstheorie
Bei
∆t-----∆t'
173
= 1,5 ergibt sich mit c = 3 · 105 km · s–1 aus dem Diagramm v/c zwischen 0,74 und 0,75.
Bei v/c = 0,74 ergibt sich v = 222 000 km s–1.
Bei v/c = 0,75 ergibt sich v = 225 000 km s–1.
13. a) Die beiden Funkbojen bilden das System S. Die Rakete stellt das System S’ dar. Die Uhr in der
Rakete (S’) bestimmt die Zeitdauer eines Vorgangs (Vorbeiflug an A und B) an einem Ort im Systems S’. Demzufolge muss die Zeitdauer dieses Vorgangs im System S größer sein.
Lösung:
Im System S dauert der Vorbeiflug der Rakete ∆t =
150 000 km ----------------------------------3 000 km ⋅ s –1
= 50,000 s
In der Rakete (System S’) vergeht die Zeit langsamer.
Es gilt ∆t =
∆t' -----------------v2
1 – ----c2
und somit ∆t’ = ∆t
2
1 – v-----2
c
Damit erhält man:
∆t’ = 49,997 s
Die Uhr in der Rakete zeigt beim Vorbeiflug 0,003 s weniger an als die Uhr der Funkboje B.
b) Für die Zeitdifferenz erhält man:
∆t = 1 s; ∆t’ = 0,866 s.
14. Für den Astronauten (System S’) ist durch die Zeitdilatation die Zeit langsamer verlaufen als auf der
Erde (System S); er ist also jünger.
Es gilt: ∆t =
∆t' -----------------2
1 – v-----2
c
und damit: ∆t‘ = ∆t
2
1 – v-----2
c
Mit den Werten ergibt sich ∆t’ = 27 Jahre. Das bedeutet: Der Astronaut feiert ebenfalls Geburtstag;
er wird am Tag der Ankunft 52 Jahr alt.
15. Das Raumschiff bildet das System S’, die Erde (und der Fixstern) stellt das System S dar. Wenn wir
den Hin- und Rückflug getrennt betrachten, könnte man sich vorstellen, dass auf der Erde und auf
dem Fixstern zwei synchronisierte Uhren angebracht sind, an denen das Raumschiff jeweils vorbeifliegt. Die Abbrems- und Beschleunigungsphasen lassen wir unberücksichtigt. Die Eigenzeiten des
Hin- und Rückfluges bilden zusammen die Reisezeit des Raumschiffes. Dies ist nicht mit der Zeit zu
verwechseln, die die Uhren des Systems S anzeigen.
a) Von System Erde – Alpha Centauri aus betrachtet benötigt das Raumschiff für den Hinflug mit v = s- :
t
thin =
--sv
Mit den gegebenen Werten ergibt sich: thin = 11,25 a.
Die gesamte Reise dauert 22,5 a.
b) Im Raumschiff (S’) vergeht für die Hinreise mit:
∆t =
∆t' -----------------2
1 – v-----2
c
∆t’ = ∆t
v2
1 – ----c2
= 11,25 a
0,4c ) 2
1 – (-----------------c2
∆t’ = 11,25 · 0,9165 = 10,31 a
Im Raumschiff wird eine Zeitdauer von 20,62 a registriert.
Hinweis: Der Effekt der Längenkontraktion ist auch hier vorhanden. Aus der Sicht der Raumfahrer ist die Entfernung Erde – Alpha Centauri aufgrund der Längenkontraktion kürzer
83122.book Seite 174 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
174
Spezielle Relativitätstheorie
geworden. Darum kann das Raumschiff bei gleicher Relativgeschwindigkeit
(Geschwindigkeit zwischen Raumschiff und System Erde – Alpha Centauri) diese Wegstrecke in der kürzeren Zeit zurücklegen.
16. Gesucht: l
Gegeben: v = 2/5 c
l’ = 600 m
Lösung:
l = l’
2
1 – v-----2
c
l = 549,9 m
Im System S wird eine Länge von 549,9 m gemessen.
17. Gesucht: l’
Gegeben: v = 3/8 c
l = 750 m
Lösung:
Mit l = l’
2
1 – v-----2
c
folgt l’ =
1 -----------------2
1 – v-----2
c
und somit l’ = 809 m.
18. Erde ist mit S’ fest verbunden. Der Beobachter befindet sich in S (Sonne).
Es gilt mit l = d (in Bewegungsrichtung):
d = d' ·
2
1 – v-----2 .
c
Da die Änderung des Durchmessers sehr klein ist, bestimmt man das Verhältnis:
d--d'
=
2
1 – v-----2
c
d--d'
=
9 ⋅ 10 8 m ⋅ s –11 – -----------------------------------9 ⋅ 10 16 m ⋅ s –1
d--d'
= 0,999 999 995.
Dies bedeutet bei einem Durchmesser von etwa 12 700 km, dass die Änderung einige Zentimeter
beträgt.
19. Myonen bewegen sich mit v = 0,999 8 c gegenüber der Erde. Sie entstehen in etwa 10 km Höhe. Im
Ruhesystem der Myonen wird demzufolge die Entfernung von 10 km verkürzt erscheinen. Diese
kürzere Strecke können die Myonen innerhalb ihrer Lebensdauer von 2,16 ·10–3 s durchfliegen.
Lösung:
Gewählt werden folgende Bezeichnungen:
S … Erdsystem
S’ … Ruhesystem der Myonen
l’ … Weg, den die Myonen von ihrem Ruhesystem aus gesehen während ihrer Lebensdauer
zurücklegen können
l … Weg, den die Myonen vom Erdsystem aus gesehen zurücklegen
Mit l = l'
v2
1 – ----c2
--l
l'
=
v2
1 – ----c2
--l
l'
=
0,9996c 21 – ----------------------c2
folgt:
=
1 – 0,9996 = 0,0199 ≈
1----50
Vom Ruhesystem des Myons aus gesehen verkürzt sich die Strecke Erde – Myon auf
der Strecke, die ein Erdbeobachter bestimmt. Dies sind etwa 200 m.
1----50
gegenüber
83122.book Seite 175 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Spezielle Relativitätstheorie
175
20. Die beiden Raumstationen bilden das System S. Somit ist ∆t = 1 h. Mit v = 0,6 c ergibt sich der Winkel
für die Koordinatenachsen des Systems S’ (Rakete):
tana =
v--c
= 0,6; und damit a = 31°.
Mit e = 3 cm ergibt sich e’ = 3 cm ·
2 + v2
c---------------c2 – v2
= 4,4 cm.
Im MINKOWSKI-Diagramm (nicht maßstäblich gezeichnet!) erhält man folgende Darstellung:
Weltlinie der
beiden
Raumstationen
t
in min
t' in min
60
x' in Lmin
60
∆t'
60
a
a
0
∆x = 36 Lmin
60
120
x in Lmin
Aus dem Diagramm ist abzulesen, dass in der Rakete 47,7 min für den Vorbeiflug vergangen sind.
Der Abstand zwischen den beiden Raumstationen beträgt, vom System der beiden Raumstationen
aus gesehen, 36 Lichtminuten.
21. S’ bewegt sich mit v bezüglich S. Daraus ergibt sich der Neigungswinkel der Ort- und Zeitachsen.
Ebenfalls ist dadurch (bei vorgegebenen e) auch e’ bestimmt. Im Beispiel beträgt v = 0,7 c und damit
a = 35°; e = 5 cm und somit e’ = 8,6 cm.
a) Maßstab ruht in S‘:
Wir wählen für den Maßstab in seinem Ruhesystem S’ die Länge l’ = 1 Ls. Im System S wird die
Länge zu l ≈ 0,7 Ls bestimmt.
2
Dies stimmt auch mit der Rechnung (l’ = l 1 – v-----2 ) überein.
c
Im Diagramm wird auch hier der Messprozess deutlich. Während der Maßstab in S’ ruht, werden
in S Anfangs- und Endpunkt zur gleichen Zeit markiert (A und B liegen auf x’-Achse). Das nachfolgende Diagramm ist nicht maßstäblich gezeichnet.
83122.book Seite 176 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
176
Spezielle Relativitätstheorie
t' in s
t
in s
B
2
x' in Ls
2
l' = 1 L s
1
A
1
1
35°
l ≈ 0,7 L s
35°
0
x in Ls
2
1
b) Maßstab ruht in S:
Legt man für den Maßstab der Länge 1 Ls das Ruhesystem S fest, so wird im System S‘ die Länge
mit l‘ ≈ 0,7 Ls bestimmt.
t' in s
t
in s
2
x' in Ls
2
1
1
1
l' ≈ 0,7 L s
35°
35°
0
A
1
l = 1 Ls
B
2
x in Ls
22. Für die Achsen des MINKOWSKI-Diagramms ergeben sich a = 16,7°, Bei e = 5 cm ergibt sich
e’ = 5,45 cm. Aus dem Diagramm lassen sich die Werte für t’A und t’B ablesen. In S werden beide Signale gleichzeitig registriert, in S’ nicht. Das nachfolgende Diagramm ist nicht maßstäblich.
83122.book Seite 177 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Spezielle Relativitätstheorie
177
t
in s
Weltlinie
der Uhr A
t'
in s
2
1
Weltlinie
der Uhr B
16,7°
x'
in Ls
t'B
t'A
16,7°
1A
t'
0
2M
3B
x in Ls
Hinweis:
Wegen der besseren Überschaubarkeit sollte das Diagramm schrittweise entwickelt werden:
1. Schritt:
Die beiden Uhren ruhen im Abstand von 2 e. Es wird ein Synchronisationssignal von M (Mitte zwische A und B) ausgesendet. Dieses Signal trifft zum gleichen Zeitpunkt t = 1 s in A und B ein.
2. Schritt:
Von den beiden Punkten zur Zeit t =1s auf den beiden Weltlinien werden Parallele zu x‘ bis zur t‘Achse gezogen. Damit erhält man die Punkte t‘A und t‘B.
23. Eine in S im Koordinatenursprung ruhende Uhr soll gerade die Zeitdauer von 1 s anzeigen. Dies ist
im Diagramm das Ereignis mit dem Weltpunkt A. Die Zeitdauer (von 0 s ausgehend) für dieses Ereignis wird in S’ größer abgelesen (Weltpunkt A’). Es gilt ∆t’ > ∆t.
In Übereinstimmung mit der Rechnung ergibt sich aus dem Diagramm ∆t = 1,4 s
Rechnung: ∆t’ = k · ∆t =
1 -----------------2
1 – v-----2
c
∆t =
1
-----------------------------0,49
c-2
1 – ---------------c2
1 -------------0,51
·1s =
· 1 s = 1,4 s
Das nachfolgende Diagramm ist nicht maßstäblich.
t
in s
t' in s
2
x' in Ls
A'
2
1
1
Uhr 2 in S'
1
Uhr A
in S
35°
35°
Uhr 1
in S'
1
2
3
x in Ls
83122.book Seite 178 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
178
Spezielle Relativitätstheorie
24. Es ergibt sich mit den gegebenen Werten a = 38,7° und e’ = 4,3.
Nehmen wir an, im System S’ dauert ein Vorgang an einem festen Ort ∆t’ = 2,4 s. Im System S wird
für diesen Vorgang die Zeit ∆t = 4 s abgelesen.
Das Ergebnis ist folgendermaßen zu interpretieren: Die Uhr die sich an einer festen Stelle in S’
befindet, bewegt sich in der Zeit 2,4 s an synchronisierten Uhren in S vorbei. Diese Uhren zeigen
dann die Zeitdauer von 4 s für den Vorgang an. Es ist auch abzulesen, dass sich die Uhr in S’ während dieser Zeit relativ zu S bewegt hat. In der Umkehrung erhalten wir den gleichen Effekt: Dauert
ein Vorgang an einem Ort im System S die Zeit ∆t und wir diese Zeitdauer in S‘ zu ∆t‘ = 2,4 s abgelesen, so erhält man aus dem Diagramm die Zeit ∆t = 1,4 s. Die Argumentation bez. des Messprozesses
ist analog zum ersten Fall.
t
in s
t' in s
4
2
3
2
x' in Ls
2
1
1
1
38,7°
38,7°
0
1
2
3
4
x in Ls
83122.book Seite 179 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Spezielle Relativitätstheorie
179
Relativistische Dynamik (LB S. 554)
25. Gesucht: v
Gegeben: m = 2 m0
Lösung:
Aus m =
m0
-----------------2
1 – v-----2
c
erhält man durch Umstellen nach der Geschwindigkeit v und Einsetzen des
gegebenen Wertes: v = 0,866 c
Die relativistische Masse eines Körpers ist bei v = 0,886 c, also bei etwa 266 000 km/s, gleich der doppelten Ruhemasse.
26. Gesucht: m
Gegeben: v = 0,8 c
m0 = 9,109 · 10–31 kg
Lösung:
m=
m0
-----------------2
1 – v-----2
c
m = 1,52 · 10–30 kg
Bei 0,8 c beträgt die Masse eines Elektrons 1,52 · 10–30 kg.
27. In seinem Ruhesystem (Rakete) ändert sich die Masse nicht. Er bestimmt auf der Waage seine Ruhemasse von 75 kg.
m0
-.
Für einen Erdbeobachter ergibt sich die Masse zu m = -----------------m=
2
1 – v-----2
c
75kg -----------------------1 – 0,64
m = 125 kg
Dies bedeutet, dass der Mensch, vom Erdbeobachter aus betrachtet, eine wesentlich größere Trägheit besitzt, die sich aus der Masse von 125 kg ergibt.
28. Mit m0 = 9,1094 · 10–31 kg folgt m = 9,2005 · 10–31 kg.
Mit m =
m
-------0m
m0
-----------------2
1 – v-----2
c
= 0,9901 =
ergibt sich:
2
1 – v-----2
c
Durch Quadrieren erhält man:
0,9803 = 1 –
v-----2
c2
oder v2 = (1 – 0,9803) c2
----v = 4,21 · 107 m
s
----- ergibt sich, dass die Geschwindigkeit etwa 14 % der Lichtgeschwindigkeit entMit c = 3 · 108 m
s
spricht.
29. Für den Zusammenhang zwischen Masse und Energie gilt die einsteinsche Beziehung: E = m · c2
Mit m = 9,109 · 10–31 kg ergibt sich:
E = 8,198 · 10–14 kg · m2 · s–2 = 8,198 · 10–14 J = 5,12 MeV
83122.book Seite 180 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
180
Spezielle Relativitätstheorie
30. Die effektiv bestrahlte Fläche ergibt sich aus dem mittleren Radius der Erde (r = 6 371 km).
Mit A = p · r2 erhält man:
Aeff = 1,28 · 1014 m2.
Mit E = P · t folgt:
E = 1,4 · 103 W · 1,28 · 1014 · 24 · 3 600 s
E = 1,55 · 1022 Ws
Aus E = m · c2 folgt:
m = E/c2
m = 1,73 · 105 kg
31. Der Anteil der kinetischen Energie an der Gesamtenergie ergibt sich aus der gegebenen Gesamtenergie und der Ruheenergie. Diese kann man folgendermaßen berechnen:
E0 = m0 · c2
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 = 44,88 MeV.
Für das Verhältnis der Massen gilt:
Aus m =
m0
-----------------2
1 – v-----2
c
folgt m · c2 =
m0 · c 2
-----------------2
1 – v-----2
c
Mit E = m · c2 und E0 = m0 · c2 ergibt sich:
E----E0
=
1 -----------------2
1 – v-----2
c
E----E0
=
50 MeV -------------------------5,12 MeV
= 9,766
Das Verhältmis der Gesamtmasse des Elektrons zu seiner Ruhemasse beträgt 9,766.
Die Geschwindigkeit kann in unterschiedlicher Weise berechnet werden.
Variante 1:
Mit
E----E0
=
1 -----------------2
1 – v-----2
c
= 9,766 ergibt sich durch Umstellung nach der Geschwindigkeit v:
v = 1,32 · 108 m · s–1
Die Geschwindigkeit des Elektrons beträgt v = 1,32 · 108 m · s–1. Die sind etwa 44 % der Lichtgeschwindigkeit.
Variante 2:
Mit Ekin = m0 · c2 ·
1 -–1
-----------------2
1 – v-----2
c
= E0
1 -–1
-----------------2
1 – v-----2
c
folgt:
E kin
---------E0
=
1 -–1
-----------------2
1 – v-----2
c
Es ergibt sich der gleiche Wert für die Geschwindigkeit.
32. Aus der Mathematik ist bekannt, dass für x << 1 folgende gut brauchbare Näherungsformel gilt:
(1 + x)q = (1 + q · x)
83122.book Seite 181 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Spezielle Relativitätstheorie
181
2
v folgt:
Mit q = – 1--- und x = – ----2
2
1 -----------------2
1 – v-----2
c
c
≈1+
2
1v
--------22c
und somit
Ekin ≈ m0 · c2 · (1 +
2
1v
--------22c
33. a) Allgemein gilt: Q · U =
und damit: v =
1
--2
m0 · v 2
1
--2
– 1) =
m · v2
2Q
⋅ U---------------m
b) Die Ruhemasse eines a-Teilchens beträgt 6,645 · 10–27 kg. Für die Abhängigkeit der Masse von
der Geschwindigkeit gilt:
m=
m0
-----------------2
1 – v-----2
c
= k · m0
Damit erhält man:
k
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
m
in 10–27 kg
11
10
9
8
7
6
0,2
0,4
0,6
0,8
1
v in c
c) Die Geschwindigkeit bei Verdopplung der Masse ergibt sich aus:
m=
m0
-----------------2
1 – v-----2
c
Mit m = 2m0 erhält man:
2m0 =
m0
-----------------2
1 – v-----2
c
oder vereinfacht:
v = c · 0,75 = 0,866 c
Bei nichtrelativistischer Betrachtung würde man für die Beschleunigungsspannung erhalten:
83122.book Seite 182 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
182
Spezielle Relativitätstheorie
U=
m
⋅ v 2-------------2Q
U=
6,645 ⋅ 10 –27 kg ⋅ ( 0,866 ⋅ 3 ⋅ 10 8 m/s ) 2----------------------------------------------------------------------------------------------------2 ⋅ 1,602 ⋅ 10 –19 C
U = 1,4 · 109 V
Da sich aber die Masse auf das Doppelte vergrößert, muss sich auch die Beschleunigungsspannung auf den doppelten Wert vergrößern.
34. Gesucht: E0
Gegeben: c = 3 · 108 m · s–1
m0p = 1,673 · 10–27 kg
Für die Ruheenergie gilt:
E0 = m0p · c 2
E0 = 1,5 · 10–10 J
Die Ruheenergie eines Protons beträgt 1,5 · 10–10 J.
35. Gesucht: Ekin (relativistisch)
Gegeben: v = 0,8 c
m0 = 9,1094 · 10–31 kg
Aus der Gleichung
Ekin = (m – m0)· c 2 mit m =
Ekin = m0 · c 2
m0
-----------------2
1 – v-----2
c
folgt:
1 -–1
-----------------2
1 – v-----2
c
Ekin = 5,458 · 10–14 J = 3,41 · 105 eV
36. Gesucht: m
Gegeben: P = 0,5 kW
t = 1h
Mit E = P · t und E = m · c2 folgt:
m = P · t/c2
m = 2 · 10–11 kg
Die äquivalente Masse der auftreffenden Strahlung je Quadratmeter und Stunde beträgt etwa
2 · 10–11 kg.
37. Es können für die Berechnung des Massendefekts die Positronen und die g -Strahlung vernachlässigt
werden. Damit kann man eine Massebilanz aufstellen:
Summe der Einzelmassen des
2 mp + 2 mn = 4,031883 u
Masse des
4
He:
2
4
He:
2
mHe = 4,002 604 u
Daraus ergibt sich als Massendefekt ∆m = 0,02979 u.
Mit u = 1,660 540 · 10–27 kg ergibt sich:
∆m = 4,8619 · 10–29 kg
Mit E = ∆m · c2 ergibt sich:
E = 4,3757 · 10–12 J = 27,31 Mev.
Bei der Fusion eines Heliumkerns tritt ein Massendefekt von 0,029 79 u auf. Damit wird eine Gesamtenergie von etwa 27 MeV frei.
83122.book Seite 183 Dienstag, 3. Februar 2004 9:34 09
Spezielle Relativitätstheorie
183
38. Der Masseverlust der Sonne pro Sekunde beträgt:
∆m =
∆E
-----c2
= 4,3 · 109 kg
Demzufolge verliert die Sonne pro Jahr etwa:
4,3 · 109 kg · 365 · 86 400 = 1,4 · 1017 kg
Daraus ergibt sich eine theoretische „Lebensdauer“ der Sonne von 1,4 · 1013 Jahren. Dies sind weit
über 10 Billionen Jahre.
Hinweis: Als tatsächliche Lebensdauer der Sonne werden in der Astronomie Werte von etwa 5 Milliarden Jahren angegeben.
39. Für die Kernspaltung ergibt sich folgende Massebilanz:
Ruhemassen vor der Kernspaltung:
mvor = m0n + m0u = 1,008 665 u + 235,0439 u = 236,052 565 u
Ruhemassen nach der Kernspaltung:
mnach = m0Ba + m0Kr + 3m0n = 142,9084 u + 89,9043 u + 3 · 1,008 665 u = 235,8387 u
Das ergibt einen Massendefekt von ∆m = 0,213 87 u.
Mit u = 1,660 540 · 10–27 kg ergibt sich:
∆m = 3,5514 · 10–28 kg
Mit ∆E = ∆m · c2 erhält man:
E = 3,1963 · 10–11 J = 199,5 MeV
Es werden bei dieser Spaltung jeweils etwa 199 MeV frei. Der überwiegende Teil dieser frei werdenden Energie ist als kinetische Energie der Spaltprodukte vorhanden (etwa 85 %), die „Restenergie“
tritt als radioaktive Strahlung auf.