Originalprüfung 2007 Bayern
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Originalklausur mit Musterlösung Abitur Physik Aufgabe 1: Aufgabe 2: Aufgabe 3: Aufgabe 4: Aufgabe 5: Ladung von Elektronen / Polarlichter Elektromagnetischer Schwingkreis / Interferenz Compton-Effekt / Sonnensegel Uran / Kernspaltung Elektrische Feldkonstante / Leuchtstoffröhren In den Aufgabenstellungen werden unterschiedliche Operatoren (Arbeitsanweisungen) verwendet; sie weisen auf unterschiedliche Anforderungsbereiche (Schwierigkeitsgrade) hin und bedeuten, dass unterschiedlich viele Punkte erzielt werden können. Die Lösungen zeigen beispielhaft, welche Antworten die verschiedenen Operatoren erfordern. Alles Wissenswerte rund um die Abiprüfung finden Sie im Buch im Kapitel „Prüfungsratgeber und Prüfungsaufgaben“. Originalklausuren mit Musterlösungen zu weiteren Fächern finden Sie auf www.duden.de/abitur in der Rubrik „SMS Abi“. Das Passwort zum Download befindet sich auf der vorderen Umschlagklappe. Die Veröffentlichung der Abitur-Prüfungsaufgaben erfolgt mit Genehmigung des zuständigen Kultusministeriums. Das Schnell-Merk-System fürs Abi – aufschlagen, nachschlagen, merken Buch … ■ Prüfungswissen für Oberstufe und Abitur systematisch aufbereitet nach dem SMS-Prinzip ■ Extrakapitel mit Prüfungsaufgaben zu allen Unterrichts einheiten, zu Operatoren und Anforderungsbereichen ■ … und Download ■ Originalklausuren mit Musterlösungen als Beispiele für den Umgang mit Operatoren ■ kostenlos auf www.duden.de/abitur Für die Fächer Deutsch, Englisch, Mathematik, Geschichte, Biologie, Chemie, Physik sowie Politik und Wirtschaft Abiturprüfung 2007 PHYSIK als Leistungskursfach Arbeitszeit: 240 Minuten Der Fachausschuss wählt z w e i Aufgaben zur Bearbeitung aus. –2– BE L Ph 1 1. Bestimmung der spezifischen Ladung von Elektronen nach Busch Braun’sche Röhre In einer Versuchsanordnung nach Busch (1926) befindet sich eine Braun'sche Röhre im homogenen Magnetfeld einer Spule (siehe Skizze). Elektronen aus der Glühkathode G werden in x-Richtung durch die Spannung Ub beschleunigt. Sie gelangen horizontal mit der Geschwindigkeit vx in das homogene elektrische Feld des Kondensators K der Länge l mit Plattenabstand d und angelegter Spannung Ua. Nach der Ablenkung im Kondensator bewegen sich die Elektronen auf einer Schraubenbahn, bis sie auf den Schirm im Abstand s treffen (gemessen von der Mitte M des Kondensators). In der Frontalansicht des Schirmes ist gepunktet die Projektion der Schraubenbahn auf die Schirmebene eingezeichnet. Das Magnetfeld ist zunächst ausgeschaltet. 3 8 14 a) Bestimmen Sie allgemein die Geschwindigkeit vx, mit der die Elektronen in den Ablenkkondensator eintreten (nichtrelativistische Rechnung). b) Bestimmen Sie allgemein die Geschwindigkeitskomponente vy der Elektronen am Ende des Kondensators K. l Ua e [zur Kontrolle: v y = ] d 2 m Ub Nun wird das Magnetfeld eingeschaltet. Wegen der geringen Länge l des Kondensators kann vereinfachend angenommen werden, dass die y-Ablenkung der Elektronen am Kondensatormittelpunkt M geschieht und sie hier die in Teilaufgabe 1b berechnete Geschwindigkeitskomponente vy erhalten. c) Begründen Sie, warum die Bewegung der Elektronen bis zur Ablenkung im Kondensator nicht durch das Magnetfeld beeinflusst wird. Warum bewegen sich die Elektronen nach der Ablenkung im Kondensator auf einer Schraubenbahn? Zeigen Sie, dass für den Radius r der Schraubenbahn der Elektronen sowie für ihre Umlaufdauer T folgende Formeln gelten: (Fortsetzung nächste Seite) –3– BE r= 6 9 8 l Ua Bd m ; 2 e Ub T= 2mπ eB d) Die Flussdichte B wird nun so eingestellt, dass die Schirmrand Elektronen nach einem halben Umlauf auf ihrer Schraubenbahn auf den Schirm treffen. Ihren Auftreffpunkt P sowie die Projektion ihrer Flugbahn auf den Schirm zeigt die nebenstehende Abbildung. Übertragen Sie nebenstehende Skizze auf Ihr Blatt und ergänzen Sie die Auftreffpunkte A bzw. B der Elektronen für die Fälle, dass jeweils nur die Ablenkspannung bzw. nur die magnetische Flussdichte halbiert wird. Zur Bestimmung der spezifischen Ladung von Elektronen wird bei konstanter Ablenkspannung Ua die Flussdichte B von Null beginnend so lange erhöht, bis die Elektronen beim Wert B1 nach einem vollen Umlauf auf einer Schraubenbahn den Schirm treffen. e) Wie lässt sich am Schirmbild erkennen, dass der Wert B1 erreicht wurde? Berechnen Sie den Betrag der spezifischen Ladung von Elektronen aus den folgenden Messwerten: B1 = 1,88 mT, Ub = 800 V, s = 32 cm Tatsächlich verwendet man bei der Versuchsdurchführung als Ablenkspannung eine hochfrequente sinusförmige Wechselspannung. f) Begründen Sie folgende Aussagen: α) Bei abgeschaltetem Magnetfeld erscheint eine vertikale Strecke auf dem Schirm. β) Erhöht man die Flussdichte vom Wert 0 an, so dreht sich die Strecke. (Hinweis: Es muss nicht nachgewiesen werden, dass auf dem Schirm wieder eine Strecke erscheint.) 5 7 60 γ) Erreicht die Flussdichte den Wert B1, so schrumpft die Strecke auf einen Punkt zusammen. 2. Polarlichter Polarlichter sind Leuchterscheinungen in 70 bis 1000 km Höhe, die in der Nähe der Erdmagnetpole zu sehen sind. Elektrisch geladene Teilchen des Sonnenwindes treten in das äußere inhomogene Erdmagnetfeld ein und bewegen sich auf schraubenförmigen Bahnen, die den Feldlinien folgen. a) Erklären Sie die physikalischen Hintergründe für das Leuchten. b) Erläutern Sie an Hand einer geeigneten Skizze, warum diese Leuchterscheinung bevorzugt in Polnähe zu beobachten ist. Geben Sie einen Grund an, warum sich dort die schraubenförmigen Bahnen verengen. –4– BE L Ph 2 1. Elektromagnetischer Schwingkreis Ein elektromagnetischer Schwingkreis enthält einen Kondensator der Kapazität 40 µF und eine Spule der Induktivität 500 H. Die abgebildeten Diagramme zeigen jeweils den zeitlichen Verlauf der Kondensatorspannung U, der Stromstärke I in der Spule und der gesamten Schwingungsenergie E dieses gedämpften Schwingkreises. 2 5 5 a) Wodurch wird die Schwingung eines elektromagnetischen Schwingkreises gedämpft? b) Lesen Sie aus einem der Diagramme die Periodendauer der gedämpften Schwingung ab. Zeigen Sie, dass diese Periodendauer in guter Näherung übereinstimmt mit der Periodendauer eines ungedämpften Schwingkreises mit den angegebenen Werten für Induktivität und Kapazität. c) Begründen Sie, dass die Energieachse des t-E-Diagramms an der mit dem Pfeil markierten Stelle mit dem Wert 1,0 mJ beschriftet werden muss. U/V 8 4 0 0,4 0,8 1,2 1,6 2,0 t/s 2,4 1,2 1,6 2 2,4 -4 -8 I/mA 2 1 0 t/s 0,4 0,8 1 -1 -2 E/mJ t/s 0 0,4 0,8 1,2 1,6 2 2,4 9 d) Lesen Sie aus dem t-E-Diagramm ab, um wie viel die Schwingungsenergie im Zeitintervall [0,45 s; 0,90 s] abnimmt. Berechnen Sie mit diesem Ergebnis und dem Effektivwert der Stromstärke näherungsweise den ohmschen Widerstand des Schwingkreises. Verwenden Sie dabei, dass die Stromstärke in guter Näherung sinusförmig verläuft. 7 e) Abgesehen von einer gewissen Welligkeit nimmt die Schwingungsenergie exponentiell ab. Entnehmen Sie dem t-E-Diagramm die „Halbwertszeit“ für die Schwingungsenergie und berechnen Sie damit, nach welcher Zeit der Schwingkreis 99 % seiner anfänglichen Schwingungsenergie verloren hat. (Fortsetzung nächste Seite) –5– BE 6 f) Durch Rückkopplung kann ein Schwingkreis zu ungedämpften Schwingungen angeregt werden. Fertigen Sie eine saubere, beschriftete Skizze einer dazu geeigneten Schaltung an. 2. Interferenz bei einer CD Auf einer CD (compact disc) ist die Information auf einer spiralförmigen Spur gespeichert. Abb. l zeigt schematisch den stark vergrößerten Teil einer CD-Oberfläche im Querschnitt: Erhebungen a Laser Spuren CD b Abb. 1 Schirm Abb.22 Abb. Die Erhebungen zwischen benachbarten Spuren reflektieren Licht und können damit als Erregerzentren von Elementarwellen, die miteinander interferieren, aufgefasst werden. Die Oberfläche der CD ist demnach ein Reflexionsgitter mit der Gitterkonstanten b. Wird eine CD, wie in Abb. 2 dargestellt, senkrecht mit Laserlicht der Wellenlänge λ = 633 nm bestrahlt, so beobachtet man auf einem im Abstand a = 30,0 cm parallel stehenden Schirm (Radius 50 cm) helle, zum Strahl symmetrisch liegende Punkte. 7 a) Erklären Sie unter Zuhilfenahme einer aussagekräftigen Skizze das Zustandekommen dieser Punkte. 7 b) Der Abstand der beiden innersten Punkte auf dem Schirm beträgt 25,8 cm. Berechnen Sie daraus den Abstand b benachbarter CD-Rillen. [zur Kontrolle: b = 1,60 µm] 6 c) Ermitteln Sie, wie viele Punkte man auf dem Schirm beobachten kann. 6 d) Nun wird die CD mit einem feinen Strahl weißen Lichtes beleuchtet. Entscheiden Sie rechnerisch, ob das sichtbare Spektrum zweiter Ordnung auf dem Schirm noch vollständig abgebildet wird. 60 –6– BE L Ph 3 6 Aluminium1. Compton-Effekt Für einen Versuch zum blech Compton-Effekt wird als Strahlungsquelle das Americium-Isotop 241 Am verwendet, das γ-Quanten der Energie Bleiabschirmung Eγ = 59,5 keV emittiert. Die AmericiumNaJAm-241 Quelle und ein NaJKristallKristalldetektor, mit detektor dem auftreffende Strahlung energieaufgelöst nachgewiesen werden kann, sind an den Enden eines halbkreisförmigen Aluminiumblechs angebracht, das als Streumaterial dient. Eine Bleiabschirmung verhindert die direkte Bestrahlung des Detektors. a) Sowohl beim Photo- als auch beim Compton-Effekt wechselwirken Photonen mit Elektronen. Erläutern Sie die beiden Effekte und zeigen Sie Unterschiede auf. Gehen Sie auch auf die energetischen Unterschiede von Photo- bzw. Compton-Elektronen ein. Es werden im Folgenden nur einfach gestreute Quanten betrachtet. 6 b) Im Detektor werden durch Compton-Effekt gestreute Photonen der Energie E′γ nachgewiesen. Begründen Sie, dass alle am Aluminiumblech Compton-gestreuten und im Detektor registrierten Photonen die gleiche Energie E′γ besitzen. Berechnen Sie die Energie E′γ . [zur Kontrolle: E′γ = 53,3 keV] 10 c) Fertigen Sie ein Impulsdiagramm für den Fall, dass das gestreute Photon im Detektor nachgewiesen wird und ermitteln Sie, unter welchem Winkel zur Einfallsrichtung des Photons das Compton-Elektron emittiert wird. Mit welcher Geschwindigkeit bewegt sich dann ein Compton-Elektron? d) Der Detektor reagiert nicht nur auf Photonen, sondern auch auf eintreffende Elektronen. Warum können keine Elektronen in den Detektor gelangen, die durch Comptoneffekt ausgelöst wurden? Beantworten Sie die Frage mit Hilfe eines Impulsdiagramms. e) Im Detektor werden auch Photonen der Kα-Linie von Aluminium nachgewiesen. Berechnen Sie die zugehörige Energie und erklären Sie, wie diese Strahlung zustande kommt. (Fortsetzung nächste Seite) 5 5 –7– BE 5 6 4 6 7 60 2. Sonnensegel Cosmos-1 Der Einsatz von Sonnensegeln, die den Strahlungsdruck des Sonnenlichts für den Antrieb von Satelliten nutzen sollen, wird als Alternative zu den konventionellen chemischen Triebwerken untersucht. Der Testsatellit Cosmos-1 mit einer Gesamtmasse von 110 kg befinde sich zunächst auf einer Sonnenumlaufbahn mit Radius r = 1,496 · 1011 m (Erdbahnradius), wobei die Segel noch eingeklappt sind. Nachdem er sich auf dieser Bahn stabilisiert hat, werden die drehbaren Segel mit einer Gesamtfläche von 600 m2 ausgeklappt. Das Intensitätsmaximum des kontinuierlichen Sonnenspektrums liegt bei einer Wellenlänge von λm = 455 nm, die Leuchtkraft (Strahlungsleistung) der Sonne beträgt L = 3,82 · 1026 W. Vereinfachend wird im Folgenden davon ausgegangen, dass die Sonne ausschließlich Licht der Wellenlänge λm abstrahlt, das Sonnenlicht vorerst senkrecht auf die Segel trifft und alle auftreffenden Photonen reflektiert werden. a) Berechnen Sie Energie und Impuls eines Photons der Wellenlänge λm = 455 nm. Wie viele Photonen sendet die Sonne pro Sekunde aus? b) Welche Kraft wird durch die reflektierten Photonen auf den Satelliten, der sich auf seiner Sonnenumlaufbahn befindet, übertragen? [zur Kontrolle: 5,44 mN] c) Von der Sonne wird auch der „Sonnenwind“ emittiert, der u. a. aus Protonen mit einer durchschnittlichen Geschwindigkeit von 400 km/s besteht. An der Position des Satelliten treffen jede Sekunde 3,0 · 108 Protonen auf einen Quadratzentimeter. Weisen Sie nach, dass die durch die Protonen verursachte Kraft auf die Segel vernachlässigbar ist. d) Zeigen Sie, dass die Gravitationskraft, die die Sonne auf den Satelliten ausübt, die in Teilaufgabe 2b berechnete Kraft erheblich überwiegt. Begründen Sie damit, dass sich der Satellit nur dann mit Hilfe des Sonnensegelantriebs von der Sonne entfernen kann, wenn er sich zunächst auf einer Sonnenumlaufbahn befindet. Begründen Sie schließlich, ob und gegebenenfalls wie sich das Verhältnis der beiden Kräfte ändert, wenn der Satellit weiter von der Sonne entfernt ist. e) Der Satellit soll sich auf einer spiralförmiSatellitenbahn gen Bahn von der Sonne entfernen. Um ihn r zu beschleunigen, wird das Sonnensegel so FF s gedreht, dass α = 30° gilt (siehe AbbilSegel dung). Begründen Sie, warum die beschleuSatellit α nigende Kraft senkrecht zum Segel wirkt. Auf welchen Prozentsatz sinkt der Betrag F der durch die Photonen übertragenen Kraft bei der Verringerung des Winkels α von 90° auf 30°? Sonne –8– BE L Ph 4 6 8 5 4 5 5 1. Bestrahlung von Uran mit Neutronen Um neue radioaktive Substanzen zu erzeugen, bestrahlten Forscher in mehreren Laboratorien Europas ab Mitte der Dreißiger Jahre Uran mit Neutronen. In Berlin verwendeten Otto Hahn und Fritz Straßmann dabei als Neutronenquelle ein sieben Zentimeter langes und knapp einen Zentimeter dickes Röhrchen, das mit einem Gemisch aus Beryllium-Pulver und 1,0 g pulverförmigem 226Ra gefüllt war. a) Stellen Sie die Gleichung des Zerfalls von 226Ra auf und berechnen Sie die Aktivität von 1,0 g 226Ra. Ein Teil der vom 226Ra mit einer kinetischen Energie von 4,8 MeV abgegebenen α-Teilchen reagiert mit den Beryllium-Atomen unter Aussendung von Neutronen. b) Stellen Sie die Gleichung dieser Kernreaktion auf, zeigen Sie, dass die Kernreaktion exotherm verläuft, und schätzen Sie ab, welche kinetische Energie ein ausgesandtes Neutron höchstens haben kann. Nehmen Sie dabei vereinfachend an, dass das Neutron die gesamte nach der Reaktion zur Verfügung stehende Energie aufnimmt. c) Begründen Sie, dass längst nicht jedes vom Radium emittierte α-Teilchen im Beryllium-Pulver zur Freisetzung eines Neutrons führt. d) Auf welchen Wert muss die mittlere kinetische Energie der Neutronen vermindert werden, damit man von thermischen Neutronen reden kann? Beziehen Sie sich bei der Rechnung auf Raumtemperatur. Hahn und Straßmann ummantelten ihre Neutronenquelle mit einem zylinderförmigen Paraffinblock. e) Wie wirkt der Paraffinblock auf die Neutronen? Erklären Sie, weshalb das wasserstoffhaltige Paraffin dafür besonders gut geeignet ist. Geben Sie eine weitere Substanz an, die man statt dessen hätte verwenden können. An die Außenseite des Paraffinblocks wurde ein Papiertütchen mit 15 g Uran gestellt, das 30 min lang dem Bombardement der Neutronen ausgesetzt wurde. Um die dabei entstandenen radioaktiven Substanzen zu identifizieren, wurde die Aktivität der Uranprobe nach der Bestrahlung mit Hilfe eines Geiger-Müller-Zählers in Abhängigkeit von der Zeit untersucht. f) Hahn und Straßmann führten die Zählrohrmessungen an der vorher mit Neutronen bestrahlten Uranprobe in einem 15 Meter vom Bestrahlungsraum entfernten Zimmer durch. Warum war das sinnvoll? Erläutern Sie einen störenden Effekt, der beim Messen im Bestrahlungsraum selbst aufgetreten wäre. (Fortsetzung nächste Seite) –9– BE 8 5 8 6 60 2. Entdeckung der Kernspaltung Ende 1938 kamen Hahn und Straßmann durch diese Messungen und durch chemische Analysen der Proben zu einem erstaunlichen Ergebnis, das allen Erwartungen widersprach: Sie fanden in der Probe keine Elemente, die schwerer als Uran („Transurane“) sind, sondern das mittelschwere Element Barium. Lise Meitner und Otto Frisch erkannten bald darauf, dass durch den Neutronenbeschuss 235U-Kerne gespalten worden waren. Zum Beispiel können aus einem 235U-Kern nach dem Einfang eines thermischen Neutrons die Nuklide 140 Ba (Atommasse 139,91060 u) und 93Kr (Atommasse 92,93118 u) sowie einige freie Neutronen entstehen. a) Stellen Sie die Reaktionsgleichung für diese Kernspaltung auf und berechnen Sie die frei werdende Energie Q. Welche Masse an 235U muss gespalten werden, um eine Energie von 1,0 kWh freizusetzen, wenn man annimmt, dass alle Spaltreaktionen nach derselben Reaktionsgleichung stattfinden und Folgeprozesse außer Betracht bleiben? [zur Kontrolle: Q = 172 MeV] Meitner und Frisch entwickelten das folgende Modell für das Auseinanderbrechen des Urankerns: Von dem Moment an, in dem sich die Spaltprodukte 140 Ba und 93Kr gerade nicht mehr berühren, werden sie aufgrund ihrer elektrischen Abstoßung auseinandergetrieben. b) Berechnen Sie gemäß dieser Modellvorstellung die kinetische Energie, die die beiden Spaltprodukte zusammen erhalten, während sie sich voneinander entfernen. Bestätigen Sie damit, dass der erhaltene Wert in grober Näherung mit dem in Teilaufgabe 2a berechneten Q-Wert übereinstimmt. (Für den Radius r eines Kerns mit der Massenzahl A gilt: r = 1,4 ⋅ 10 −15 m ⋅ 3 A .) 3. Das Isotopenverhältnis von 235U und 238U Heutzutage gefördertes Natururan besteht lediglich zu 0,72 % aus dem leicht spaltbaren Isotop 235U, der Rest praktisch nur aus 238U. Für die Verwendung in modernen Leistungsreaktoren wird deshalb der 235U-Anteil durch Anreicherung auf 3,5 % erhöht. a) Vor wie vielen Jahren hatte Natururan das gleiche Isotopenverhältnis zwischen 235U und 238U wie das heute in Leistungsreaktoren verwendete Uran? b) Man vermutet, dass in manchen Uranerzvorkommen (z. B. Oklo, Westafrika) auf natürliche Art Kettenreaktionen stattfanden. Begründen Sie, warum hierfür nur solche Uranlagerstätten in Frage kommen, die eine hohe Urankonzentration aufwiesen und in die Wasser eindringen konnte. Warum finden heute keine derartigen Kettenreaktionen mehr statt? – 10 – BE L Ph 5 5 4 1. Elektrische Feldkonstante Kraftmesser Zur Bestimmung der elektrischen Feldkonstanten wird mit einem Kraftmesser die Kraft F auf eine bewegliche, kreisförmige Kondensatorplatte P1 gemessen, wenn zwischen den Platten P1 und P2 eine Spannung U angelegt ist. Um die Platte P1 ist ein MeP1 S S tallring S fest angeordnet, der auf dem glei- d chen Potential liegt wie die Platte P1. P2 a) Skizzieren Sie das elektrische Feld zwischen der kreisförmigen Platte P2 und der Anordnung aus Ring S und Platte P1. Erläutern Sie kurz, welche Funktion der Ring S in der Versuchsanordnung hat. b) Zeigen Sie, dass für die Kraft F auf die Platte P1 gilt: F = 1ε 2 0 2 ⎛rU⎞ π⎜ ⎟ ; ⎝ d ⎠ hierbei ist r der Radius der Platte P1 und d der Plattenabstand. Durch eine geeignete mechanische Vorrichtung wird der Plattenabstand d konstant bei 10 mm gehalten. Der Radius r beträgt 7,2 cm. In einer Messreihe wird zu verschiedenen Kondensatorspannungen U jeweils die elektrische Kraft F zwischen den Platten gemessen. U in kV F in mN 6 7 6 2,5 4,3 3,0 6,4 3,5 8,5 4,0 11,0 4,5 14,1 5,0 17,4 c) Zeichnen Sie das U2-F-Diagramm. d) Erklären Sie, warum der Graph durch eine Gerade angenähert werden kann und ermitteln Sie aus der Geradensteigung den Wert für die elektrische Feldkonstante ε0. Bestimmen Sie auch die prozentuale Abweichung vom Literaturwert. 2. Leuchtstoffröhren Eine Leuchtstoffröhre zeichnet sich gegenüber einer Glühlampe durch eine höhere Nutzungsdauer aus und spart 80 % der Energie bei gleicher Lichtausbeute. a) Eine 100-W-Glühlampe kostet 1,50 €, eine Leuchtstoffröhre mit gleicher Lichtleistung 10 €. Nach welcher Betriebszeit haben sich die höheren Anschaffungskosten amortisiert, wenn für 1 kWh elektrische Energie 15 Cent zu bezahlen sind? (Fortsetzung nächste Seite) – 11 – BE 6 5 5 5 4 7 60 Für das Zünden einer Leuchtstoffröhre Glimmlampe reicht die übliche Netzspannung nicht aus. Der Zündvorgang wird durch einen 2 1 S internen Schalter ausgelöst und kann mit einem Versuch zur Selbstinduktion veranschaulicht werden: Wie in der Abbildung skizziert, werden eine Glimmlampe Spule (Zündspannung ca. 100 V) und eine SpuU0 le mit sehr großer Induktivität L und einem ohmschen Widerstand von 280 Ω 20 V über einen Schalter S an eine Stromquelle (U0 = 20 V) angeschlossen. b) Begründen Sie, warum die Glimmlampe nicht zündet, wenn der Schalter S geschlossen wird. Skizzieren Sie den zeitlichen Verlauf der Stromstärke in der Spule und berechnen Sie die maximale Stromstärke. Die Glimmlampe leuchtet beim Öffnen des Schalters S kurz auf. c) Erklären Sie, wie die Zündspannung erreicht wird. d) Welche der beiden Elektroden der Glimmlampe leuchtet auf? Begründen Sie Ihre Antwort. Der größte Teil des entstehenden Lichts in der Leuchtstoffröhre, in der sich hauptsächlich Quecksilberdampf bei sehr geringem Druck befindet, ist für unser Auge unsichtbar. Es handelt sich um Lichtquanten der Energie 4,9 eV. Um das UV-Licht in sichtbares Licht umzuwandeln, ist die Röhre innen mit einem fluoreszierenden Material beschichtet (Leuchtstoff). e) Erklären Sie, wie es in der Röhre zur Emission von Lichtquanten der Energie 4,9 eV kommt und berechnen Sie die zugehörige Wellenlänge des Lichts. f) Erläutern Sie an Hand eines Energieniveauschemas das Prinzip der Fluoreszenz, durch die das UV-Licht in sichtbares Licht umgewandelt wird. Das Spektrum einer Leuchtstoffröhre, die hauptsächlich Licht im Bereich zwischen 400 nm und 620 nm emittiert, soll nun mit einem optischen Gitter betrachtet werden. 5° g) Wie viele Spalte (Striche) pro mm muss ein optisches Gitter mindestens haben, Leuchtdamit sich das Interferenzspektrum stoff1. Ordnung über einen Winkelbereich röhre von mindestens 5° erstreckt? (Die Kleinwinkelnäherung soll hier angewendet werden.) Gitter Musterlösung für die Prüfungsaufgaben Abitur Prüfungsfach: Physik (Bayern 2007, Aufgabenstellungen 1, 2 und 3) Autor: Dr. Rainer Reichwald Hinweis: Die gesamte Abiturprüfung besteht aus fünf Aufgaben, von denen ein Fachausschuss zwei auswählt. Hier werden die Lösungen der Aufgaben1, 2 und 3 beschrieben. Aufgabe 1 Zu 1 a) Bei nichrelativistischer Betrachtung ergibt sich die Geschwindigkeit der Elektronen in x1 2 Richtung aus Ekin = m ⋅ v x2 = e ⋅ Ub . Daraus folgt v x = 2eUb für die m Horizontalgeschwindigkeit der Elektronen. b) Durch das elektrische Feld des Plattenkondensators überlagert sich innerhalb des Plattenkondensators die gleichförmige Bewegung mit v x = konst. mit einer gleichmäßig beschleunigten Bewegung in y-Richtung. Es gilt v y = ay ⋅ t . • Berechnung von ay : Die beschleunigende Kraft ist die elektrische Feldkraft Fy = e ⋅ E = e ⋅ Die Beschleunigung ist dann ay = e ⋅ Ua = m ⋅ ay . d Ua . m ⋅d • Berechnung von t: Die horizontale Bewegung ist eine gleichförmige Bewegung. Damit folgt t= vx = 2eUb m = ⋅ Somit ist v y = e ⋅ vy = m . 2eUb Ua m oder mit einigen mathematischen Umformungen ⋅ 2eUb m ⋅d ⋅ Ua e . ⋅ 2mUb d © Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim, 2008 1 c) Bis zur Ablenkung der Elektronen durch das elektrische Feld im Kondensator bewegen sich die Elektronen nur parallel zu den Feldlinien des magnetischen Feldes. Es wirkt folglich keine Lorentzkraft. Durch das elektrische Feld des Plattenkondensators erhalten die Elektronen eine Geschwindigkeitskomponente (v y ), die zu jeden Zeitpunkt senkrecht zu den Feldlinien des homogenen Magnetfeldes steht. Dies bewirkt eine stets radial nach innen wirkenden Lorentzkraft (Zentripetalkraft) und somit auch den Schraubenradius r. Es gilt m ⋅ v y2 r = e ⋅ v y ⋅ B und somit r = m ⋅vy e⋅B . Mit der Gleichung für v y aus b) folgt für den Schraubenradius r = r = ⋅ Ua m e oder ⋅ ⋅ e ⋅B d 2mUb ⋅ Ua m . (Quadrieren, Vereinfachen und Radizieren) ⋅ B ⋅d 2eUb Für die Bestimmung der Umlaufdauer auf der Kreisbahn geht man von der allg. Beziehung m ⋅ vy 2π r aus. Mit der hergeleiteten Gleichung für den Radius (r = ) ergibt sich daraus vy = e ⋅B T m ⋅ 2π . T = e ⋅B d) Ausgangspunkt ist eine Analyse der Gleichung r = ⋅ Ua m . ⋅ B ⋅d 2eUb Da alle weiteren Größen in der Gleichung konstant gehalten werden, ist sofort ablesbar, dass bei einer Halbierung von Ua sich auch der Radius r halbiert. Daraus folgt der Auftreffpunkt A. Bei einer Halbierung der Flussdichte y B ergibt sich aus r = ⋅ Ua m ⋅ B ⋅d 2eUb eine Verdopplung von r. Da sich dabei aber auch die Umlaufdauer m ⋅ 2π T = verdoppelt, ergibt sich für B e⋅B die Elektronen der Auftreffpunkt B. Die Elektronen legen nur eine Viertel Schraubendrehung bis zum Auftreffen auf den Bildschirm zurück. z A P e) Bei B = 0 liegt der Ausgangspunkt und Auftreffpunkt im Ursprung (Mitte des Bildschirms). Nach einem vollen Umlauf in der Zeit T treffen die Elektronen erstmals wieder im Ursprung auf dem Bildschirm auf. © Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim, 2008 2 Berechnung von e : m Die Elektronen durchlaufen die Strecke s (längs der x-Achse) mit der Geschwindigkeit v x in der Zeit T. Es gilt T = Da auch T = s⋅ s und mit v x = vx 2eUb m aus Aufgabe 1 a folgt T = s ⋅ . m 2eUb m ⋅ 2π gilt (Aufgabe 1c), ergibt sich durch Gleichsetzen e ⋅ B1 m m ⋅ 2π m m2 ⋅ 4π 2 e = 2 2 . Nach aufgelöst ergibt sich . Es folgt s 2 ⋅ = e ⋅ B1 2eUb 2eUb m e ⋅ B1 e 8π 2 ⋅ Ub = 2 2 . Mit den eingesetzten Werten erhält man m s ⋅ B1 e 6,31⋅ 104 V C = = 1,75 ⋅ 1011 V −1 ⋅ s−2 ⋅ m2 = 1,75 ⋅ 1011 m 1,02 ⋅ 10 −1 m2 ⋅ 3,54 ⋅ 10−6 V 2 ⋅ s2 ⋅ m−4 kg (Umrechnung der Maßeinheiten: 1 m2 ⋅ s−2 kg ⋅ m2 ⋅ s−2 W ⋅s V ⋅A ⋅s C =1 =1 =1 =1 ) V kg ⋅ V kg ⋅ v kg ⋅ V kg f) α) Der Elektronenstrahl wird ohne Magnetfeld im Plattenkondensator nur vertikal ausgelenkt (siehe auch 1 b). Durch die Wechselspannung wandert der Auftreffpunkt längs einer Geraden, die durch den Ursprung geht. Durch die Trägheit unserer Augen wird ein vertikaler Strich auf dem Bildschirm wahrgenommen. β) Bei einem Wert der Flussdichte 0 < B > B1 und für Ua (t ) ≠ 0 liegt der Leuchtpunkt wegen der vorhandenen Lorentzkraft (siehe auch 1 c) nicht auf der y-Achse. Wenn Ua (t ) = 0, liegt der Leuchtpunkt auf der y-Achse. Daraus ergibt sich (siehe Voraussetzungen bzgl. der Streckenform) eine Drehung des Strichs aus der y-Achse heraus. γ) Bei B = B1 ergibt sich gerade ein vollständiger Umlauf (siehe 1 c). Unabhängig vom jeweiligen Wert der angelegten Wechselspannung Ua liegt demzufolge der Leuchtpunkt immer im Ursprung. Zu 2 a) Die Teilchen des Sonnenwindes treten mit hoher Geschwindigkeit in die Erdatmosphäre und besitzen so viel Energie, dass sie beim Zusammenstoß mit Gasteilchen der Erdatmosphäre die Elektronen dieser Teilchen(Moleküle bzw. Atome) auf ein höheres Energieniveau „heben“. Bei den unmittelbar folgenden Übergängen in den Grundzustand wird diese Energie als Photon u.a. auch im sichtbaren Bereich abgegeben. b) S N © Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim, 2008 3 Wenn die elektrisch geladenen Sonnenwindteilchen unter einem Winkel α ≠ 00 auf die magnetischen Feldlinien treffen, wirkt eine Lorentzkraft. Es gilt für diese Zentripetalkraft m⋅ 2 m ⋅ v senkrecht v senkrecht = e ⋅ v senkrecht ⋅ B und somit r = . e ⋅B r (v senkrecht Geschwindigkeitskomponente, die senkrecht zu den magnetischen Feldlinien steht.) Die Teilchen werden zu den magnetischen Polen hin abgelenkt und umkreisen die Feldlinien auf einer Spiralbahn. Da in Polnähe die magnetische Flussdichte größer wird, werden die Radien kleiner (r = m ⋅ v senkrecht ). e ⋅B Aufgabe 2 Zu 1 a) Durch den stets vorhandenen ohmschen Widerstand der Spule und der Verbindungsleiter wird die (einmalig) zugeführte elektrische Energie in thermische Energie umgewandelt. Bei hochfrequenten Schwingkreisen (ist hier nicht relevant) wird auch Energie als elektromagnetische Welle abgestrahlt. b) Aus dem U-t- oder I-t-Diagramm kann die Periodendauer mit etwa 0,9 s abgelesen werden. Rechnerisch ergibt sich die Schwingungsdauer (bei vernachlässigbaren ohmschen Widerstand) aus der thomsonschen Schwingungsgleichung T = 2π ⋅ L ⋅ C = 2π ⋅ 5 ⋅ 102 H ⋅ 4 ⋅ 10−5 F = 2π ⋅ 2 ⋅ 10 −2 ⋅ V ⋅s A ⋅s ≈ 0,88 s. Es besteht eine gute ⋅ A V Übereinstimmung beider Werte. c) In dem vorgegebenen Bereich ist im Zeitintervall von etwa 0,8 s bis 0,9 s der Graphenverlauf nahezu waagerecht; d. h. die Energieverluste sind hier nahezu Null. In diesem Zeitintervall hat die Spannung ein Maximum (U-t-Diagramm) und die Stromstärke ist praktisch null (I-tDiagramm). Demzufolge ist in diesem Zeitintervall die gesamte Energie der Schwingung als elektrische Energie des (geladenen) Kondensator vorhanden. Mit U (0,9 s) = 7 V (abgelesen aus U-t-Diagramm) ergibt sich die Energie des Kondensators 1 2 zu E = C ⋅ U = 1 A⋅s 2 ⋅ 4 ⋅ 10−5 F ⋅ 4,9 ⋅ 10 V 2 ≈ 9,8 ⋅ 10 −4 ⋅ V ≈ 9,8 ⋅ 10−4 J ≈ 1mJ. 2 V d) Aus dem E-t-Diagramm kann man für Δt = 0,90 s − 0,45 s = 0,45 s sofort auch ΔE ≈ 1,0mJ − 1,4mJ = 0,4mJ ablesen. Daraus ergibt sich die Verlustleistung PVerlust = ΔE Δt (1). 2 ⋅ R (2) (ergibt sich aus P = U ⋅ I und Für einen sinusförmige Wechselstrom gilt P = Ieffektiv i U ). Darüber hinaus gilt Ieffektiv = max (3). Aus dem I-t-Diagramm ist im betrachteten I 2 Zeitintervall imax ≈ 2,2mA ablesbar. Durch Gleichsetzung von (1) und (2) folgt R= ΔE Δt 2 = Ieffektiv ⋅ R. Umstellen nach R und Berücksichtigung von (3) führt zu R= 2 ΔE 2 imax ⋅ Δt = 2 ⋅ 0,4 ⋅ 10 −3 J 4,84 ⋅ 10 −6 A ⋅ 0,45 s 2 ≈ 3,7 ⋅ 102 VAs 2 A s = 3,7 ⋅ 102 Ω . © Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim, 2008 4 e) Aus dem E-t-Diagramm ist die Halbwertszeit von t1/2 = 0,9 s ablesbar, da sich diese bei einem Ausgangswert der Schwingungsenergie von E (0) = 2mJ zu diesem Zeitpunkt halbiert hat ( E (0,9 s) = 1mJ ). Nach 1,8 s beträgt die Energie des Schwingkreises noch etwa 0,5 mJ, das sind rund 25 % des Ausgangswertes. Berechnung von λ : Unter den gegebenen Voraussetzungen gilt für die Energie E (t ) = E (0) ⋅ e −λ ⋅t . Daraus folgt E (t ) E (t ) = e − λ ⋅t und durch Logarithmieren ln = −λ ⋅ t . E (0) E (0) 1mJ ln −0,7 2mJ Es ergibt sich λ = = = 0,78 s−1 . −0,9 s −0,9 s Berechnung der Zeit für die Restenergie von 1%: E(t) beträgt 0,02 mJ (1% von E(0)). Aus E (t ) = E (0) ⋅ e −λ ⋅t E (t ) ln E (t ) −4,605 E (0) folgt ln = −0,78 s−1 ⋅ t und somit t = s ≈ 5,9 s . = − 1 E (0) −0,78 −0,78s Nach etwa 5,9 s (das sind rund 6,6 Schwingungen) hat der Schwingkreis 99 % seiner Ausgangsenergie „verloren“. f) Geeignet ist die meißnersche Rückkopplungsschaltung. Zur Steuerung kann sowohl eine Elektronenröhre als auch ein Transistor benutzt werden. Zu 2 a) Die einfallenden Strahlen werden an den Erhebungen reflektiert. Diese reflektierten Strahlen überlagern sich. Die symmetrischen hellen Punkte auf dem Schirm sind gerade die Gebiete, in denen sich die reflektierten Strahlen durch einen entsprechenden Gangunterschied Δs verstärken (konstruktive Interferenz). Dazu muss der Gangunterschied Δs ein ganzzahliges Vielfaches der eingestrahlten Wellenlänge sein. In der Skizze erkennt man die Winkelabhängigkeit des Gangunterschieds deutlich. Es gilt Δs = k λ, k = ±1, ±2,... . © Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim, 2008 5 Strahl 2 Strahl 2 Ebenso ist aus der Skizze der Zusammenhang zwischen α, b und Δs ersichtlich: Δs k λ sin α = . Für k = ±1ergeben sich die = b α b b beiden inneren, symmetrisch zum Einfallslot liegenden Punkte. Δs α b) Aus der Abb. 2 der Aufgabenstellung ergibt sich für die Berechnung des Winkels α: tan α = 0,5 ⋅ 25,8cm = 0,45 ⇒ α = 23,30 . 30 cm Da für den innersten Punkt sin α = 1⋅ λ gilt (siehe Aufgabe b), kann man jetzt mit der b gegebenen Wellenlänge den Abstand b berechnen. λ 6,33 ⋅ 10−7 m Es folgt b = = = 1,6μm . 0 0,3955 sin 23,3 c) Aus dem Schirmradius von 50 cm berechnet sich der größte Winkel, bei dem noch Interferenzpunkte (Maxima) theoretisch zu sehen sind. Es gilt tan α ≤ r 50cm = = 1,66 und a 30cm somit α ≤ 59,040 . Aus sin α = k ⋅λ b ⋅ sin α 1,6 ⋅ 10−6 m ⋅ sin(59,040 ) folgt k = =2. = b λ 6,33 ⋅ 10 −7 m (Der Zahlenwert beträgt etwa 2,18.) Demzufolge sind nur noch Maxima 2. Ordnung auf den Schirm zu sehen, d. h. insgesamt vier Punkte (Gebiete der Verstärkung). d) Das sichtbare Spektrum umfasst etwa den Bereich 400nm < λsichtbar < 800nm. kλ (Aufgabe a) erkennt man, dass bei konstanten Aus der Gleichung für die Maxima sin α = b k und b (k = 2, b = 1,6 μm) sin α ∼ λ ist. Dies gilt im Bereich zwischen 0 und 900. Demzufolge braucht nur der Bereich für die größte Wellenlänge (800 nm – rotes Licht) untersucht werden. k λ 2 ⋅ 8 ⋅ 10−7 m Es ergibt sich sin α = = = 1 ⇒ α = 900 . −6 b 1,6 ⋅ 10 m Da das Licht mit diesem Winkel (bei der vorgegebenen Versuchsanordnung) nicht auf den Schirm auftrifft (siehe auch Aufgabe c), wird das sichtbare Spektrum 2. Ordnung nicht vollständig auf den Schirm abgebildet. © Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim, 2008 6 Aufgabe 3 Zu 1 a) Unter dem Compton-Effekt versteht man die die Wechselwirkung eines Photons mit einem (quasi-) freien Elektron. Das Photon wird unter einem Winkel β „gestreut“. Dabei gibt das Photon ein Teil seiner Energie und seines Impulses an das Elektron ab. Dadurch wird auch wegen E = h ⋅ f die Frequenz kleiner und die Wellenlänge größer. Nach der Wechselwirkung existiert ein Sekundärphoton. In Abhängigkeit vom Streuwinkel sind verschiedene Energieund Impulsverteilungen möglich. Die Konstante h me ⋅ c wird als Compton-Wellenlänge λc bezeichnet. Beim Fotoeffekt treffen die Photonen auf ein in der Fotokatode gebundenes Elektron. Das Elektron nimmt bei dieser Wechselwirkung die gesamte Energie des Photons auf und nutzt die Energie, um aus dem Material auszutreten (Ablösearbeit). Eventuell zusätzlich vorhandene Energie liegt dann in Form von kinetischer Energie des Elektrons vor. Nach der Wechselwirkung existiert kein Sekundärphoton. b) Durch das halbkreisförmige Aluminiumblech und durch die geometrische Anordnung der Probe und der Detektoröffnung (liegen auf dem Durchmesser) ergibt sich nach dem Satz des Thales der gemeinsame Streuwinkel aller den Detektor treffenden Quanten β = 900. Dadurch besitzen auch alle am Aluminiumblech gestreuten und im Detektor registrierten Photonen die gleiche Energie. Die Wellenlänge λ ' der gestreuten Quanten ergibt sich aus Δλ = λ '− λ = λc (1 − cos β ) zu λ ' = λc + λ . Allgemein gilt E = h ⋅ f und mit c = λ ⋅ f folgt E = Daraus folgt für die gesuchte Energie Eγ' = h ⋅c λ . (1) h ⋅c h⋅c = . (2) λ' λc + λ Aus (1) folgt für die Wellenlänge des einfallenden Photons λ = h⋅c 59,5keV und für die Compton-Wellenlänge (mit der Ruhemasse m0 des Elektrons) λc = h . me ⋅ c Diese Werte in (2) eingesetzt ergeben Eγ' = h ⋅c h ⋅c h + 59,5keV m0 ⋅ c = h ⋅c h⋅c h ⋅c + 59,5keV m0 ⋅ c 2 = 1 1 1 + 59,5keV m0 ⋅ c 2 . Berechnen des Wertes m0 ⋅ c 2 : m0 ⋅ c 2 = 9,109 ⋅ 10−31 ⋅ (2,998 ⋅ 108 m ⋅ s1 )2 = 8,19 ⋅ 10−14 Nm = 8,19 ⋅ 10 −14 ⋅ 6,242 ⋅ 1015 keV = 511keV Mit diesem Wert ergibt sich Eγ' = 1 1 1 + 59,5keV m0 ⋅ c 2 = 1 1 59,5 ⋅ 103 eV + 1 ≈ 53,3keV. 511⋅ 103 eV c) Für die Zeichnung werden die Beträge der Impulse der Photonen und der Streuwinkel des Elektrons benötigt. Aus Aufgabe b) ist bekannt, dass der Streuwinkel zwischen den beiden Photonen 900 beträgt. Es gilt E = p ⋅ c ⇒ p = E und somit c © Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim, 2008 7 pγ' = pγ = Eγ' c = 53,3keV 3 ⋅ 10 m ⋅ s 8 −1 = 53,3 ⋅ 103 ⋅ 1,6 ⋅ 10−19 J 3 ⋅ 10 m ⋅ s 8 −1 ≈ 2,8 ⋅ 10 −23 Js = 2,8 ⋅ 10 −23 Ns und m Eγ 59,5keV 59,5 ⋅ 103 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 J Js ≈ 3,2 ⋅ 10 −23 = 3,2 ⋅ 10−23 Ns. = = 8 −1 8 −1 c m 3 ⋅ 10 m ⋅ s 3 ⋅ 10 m ⋅ s Für den Streuwinkel ε (Winkel zwischen Einfallsrichtung des Photons und des gestreuten Elektrons) ergibt sich tan ε = pγ' pγ = Eγ' Eγ = 53,3 = 0,89 ⇒ ε ≈ 420 . 59,5 Impulsdiagramm mit entsprechenden Maßstab (z. B. 2cm 1⋅ 10−23 Ns ) Berechnung der Geschwindigkeit der Elektronen In der Quantenphysik bewegen sich die Objekte oft in der Größenordnung der Lichtgeschwindigkeit. Darum ist für die Berechnung der Geschwindigkeit ein relativistischer Ansatz sinnvoll. Aus der kinetischen Energie lässt sich eine Formel für die Berechnung der Geschwindigkeit ableiten. Bekannt sind → pe 420 → pγ • Ekin,Elektron = 59,5keV − 53,3keV = 6,2keV E0,Elektron = m0,Elektron ⋅ c 2 = 511keV (aus Teilaufgabe b). → pγ' Es gilt Eges,Elektron = Ekin,Elektron + E0,Elektron oder E0,Elektron ⎛v ⎞ 1− ⎜ ⎟ ⎝c ⎠ 2 = Ekin,Elektron + E0,Elektron . Sinnvoll ist jetzt ein Umstellen der Gleichung nach v , da man daraus ableiten kann, wie sich c v relativ zur Lichtgeschwindigkeit c verhält. Aus ⎡ ⎛ v ⎞2 ⎤ ( E0,Elektron ) . = Ekin,Elektron + E0,Elektron folgt ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ = 2 2 c ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ E + E ⎣ ⎦ ( kin,Elektron ⎛v ⎞ 0,Elektron ) 1− ⎜ ⎟ ⎝c ⎠ 2 E0,Elektron ⎛v ⎞ ⎛v ⎞ E2 0,Elektron ≈ 0,15. Aufgelöst nach ⎜ ⎟ erhält man ⎜ ⎟ = 1 − 2 c c ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ( Ekin,Elektron + E0,Elektron ) Die Geschwindigkeit des Elektrons beträgt etwa 15 % der Lichtgeschwindigkeit. d) Aus den geometrischen Bedingungen des Versuchsaufbaus ergibt sich sofort, dass der Streuwinkel des Compton-Elektrons ε = 900 betragen muss, damit es in den Detektor gelangt. Aus dem Impulsdiagramm ist ablesbar, dass für jeden Winkel ε > 450 der Impuls des gestreuten Photons größer wäre als der Impuls des einfallenden Photons. Dies ist aber nicht möglich (Impulserhaltung). Somit können mit diesem Versuchsaufbaus keine derartigen Elektronen registriert werden. © Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim, 2008 8 e) Photonen der Kα-Linie von Aluminium entstehen beim (spontanen) Übergang von Elektronen von der L- zur K-Schale. Diese Übergänge sind möglich, wenn Elektronen genügender Energie mit gebundenen Elektronen der K-Schale in Wechselwirkung treten und diese dort herauslösen. Bei dem anschließenden Übergang eines Elektrons von der L-Schale zur KSchale entsteht ein Photon mit der zugehörigen Energiedifferenz und der Wellenlänge λK ,α . 3 , E = h ⋅ f und 4 h ⋅c 3 c = λ ⋅ f ergibt sich für die Energie des Photons E = h ⋅ f = = h ⋅ c ⋅ R ⋅ ( z − 1)2 ⋅ . 4 λ Ausgehend vom Moseley-Gesetz (mit Z = 13 für Aluminium) 1 λ = R(Z − 1)2 ⋅ (R Rydberg-Konstante) Somit erhält man für die Energie eines Photons der Kα-Linie von Aluminium E = 6,626 ⋅ 10−34 Js ⋅ 3 ⋅ 108 m ⋅ s−11,097 ⋅ 107 m−1(12)2 ⋅ 3 = 2,355 ⋅ 10 −16 J ≈ 1,46keV. 4 Zu 2 a) Für die Energie eines Photons mit der Wellenlänge λ = 455nm folgt aus E = h ⋅ f und c = λ ⋅ f ⇒ EPhoton = h⋅c = 6,626 ⋅ 10 −34 Js ⋅ 3 ⋅ 108 ms−1 λ 4,55 ⋅ 10 m Der Impuls eines Photons ergibt sich damit zu p= −7 = 4,37 ⋅ 10 −19 J ≈ 2,73 eV. EPhoton 2,73keV 2,73 ⋅ 1,602 ⋅ 1019 Nm ≈ 1,46 ⋅ 10 −27 Ns . = = c 3 ⋅ 108 ms−1 3 ⋅ 108 ms−1 Somit werden bei der gegebenen Strahlenleistung etwa 8,75 ⋅ 1044 Photonen pro Sekunde ausgesendet. Rechnung: L EPhoton = 3,82 Js−1 4,37 ⋅ 10 −19 J ≈ 8,75 ⋅ 1044 s−1. b) Die Anzahl der Photonen, die das Sonnensegel treffen, ergibt sich aus dem Verhältnis ASonnensegel AKugeloberfläche = NPhotonen,Sonnensegel NPhotonen,Sonne NPhotonen,Sonnensegel = 8,75 ⋅ 10 44 s−1 ⋅ . Daraus folgt 600m2 4π (1,496 ⋅ 1011m)2 ≈ 1,87 ⋅ 1024 s−1. Beim senkrechten Auftreffen eines Photons auf das Sonnensegel wird der doppelte Betrag des Einzelimpulses bei der Reflexion übertragen. Es gilt Fgesamt,Photonen = Δp 1,87 ⋅ 1024 ⋅ 2 ⋅ 1,46 ⋅ 10−27 Ns = ≈ 5,46 ⋅ 10 −3 N. 1s Δt c) Mit N = 3,0 ⋅ 108 cm−2 ergibt sich die Gesamtzahl der Photonen, die jede Sekunde auf das Sonnensegel treffen zu Ngesamt = N ⋅ ASonnensegel = 3,0 ⋅ 108 ⋅ 104 ⋅ m−2 ⋅ 600m2 = 1,8 ⋅ 1015 . Aus F = 2 ⋅ mP ⋅ vP Δp folgt für den Fall der Reflexion der Protonen Fgesamt,Protonen = Ngesamt ⋅ Δt 1s und somit Fgesamt,Protonen = 1,8 ⋅ 1015 ⋅ 2 ⋅ 1,672 ⋅ 10−27 kg ⋅ 4 ⋅ 105 ms−1 ≈ 2,4 ⋅ 10−6 N. 1s Die Gesamtkraft der Photonen ist etwa um das 2000-fache größer als die Gesamtkraft der Protonen. © Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim, 2008 9 d) Mit dem Gravitationsgesetz ergibt sich für die Anziehungskraft zwischen Sonne und Satellit F =G⋅ mSatellit ⋅ mSonne r 2 = 6,67 ⋅ 10−11m3kg−1s−2 ⋅ 110kg ⋅ 1,98 ⋅ 1030 kg (1,496 ⋅ 10 m) 11 2 ≈ 0,66N. Die Gravitationskraft ist etwa 120-mal größer als die Kraft, die auf das Sonnensegel durch die Photonen einwirkt. Da sich der Satellit auf einer Sonnenumlaufbahn bewegt, wirkt diese Gravitationskraft als Zentripetalkraft und hält den Satellit auf der Sonnenumlaufbahn. Ansonsten würde der Satellit „in die Sonne stürzen“. Die Kraft durch die Photonen genügt aber für kleine Kursänderungen. Aus dem Gravitationsgesetz ist erkennbar, dass die Kraft quadratisch mit dem Abstand abnimmt. Auch die Anzahl der Photonen pro Flächeneinheit (Photonendichte) nimmt quadratisch ab (Photonen verlassen senkrecht die Sonnenoberfläche). Demzufolge ändert sich das Kräfteverhältnis nicht, wenn der Satellit sich weiter von der Sonne entfernt. e) → Der resultierende Impuls nach der Reflexion ergibt sich aus dem unveränderten Anteil p längs des Sonnensegels und der Impulsänderung Δp⊥ senkrecht zum Sonnensegel (siehe Skizze). → Durch p wird demzufolge keine Kraft auf das Sonnensegel ausgeübt. Es gilt für die Beträge p⊥ = presultierend ⋅ sin α und somit auch F⊥ = FPhoton ⋅ sin α . Darüber hinaus ändert sich durch den Einfallswinkel auch die Anzahl der Photonen, die pro Flächeneinheit auf das Sonnensegel treffen. Die „effektive „ Fläche“, d.h. die Fläche die von den Photonen senkrecht getroffen würde, ergibt sich zu A⊥ = ASonnensegel ⋅ sinα . D. h., die Kraft verringert sich um den Faktor sin α . Insgesamt ergibt sich bei α = 300 für die Kraftwirkung auf das Sonnensegel also Fgesamt = FPhotonen ⋅ (sin α )2 = FPhotonen ⋅ 0,25 . D. h., die Gesamtkraft verringert sich auf 25 % des ursprünglichen Wertes. © Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim, 2008 10 Die hier abgedruckten Lösungsvorschläge sind nicht die amtlichen Lösungen des zuständigen Kultusministeriums. Impressum: Alle Rechte vorbehalten. Nachdruck, auch auszugsweise, vorbehaltlich der Rechte die sich aus den Schranken des UrhG ergeben, nicht gestattet. © Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim 2008 Autor: Dr. Rainer Reichwald Redaktion: Heike Krüger-Beer, Christa Becker © Dudenverlag, Bibliographisches Institut & F. A. Brockhaus AG, Mannheim, 2008 11
