von 2 - Robert-Koch

Lk Physik in 13/1
1.
2. Klausur
10. 01. 2008
Blatt 1 (von 2)
Helium-Neon-Laser
Angeregte Atome gehen meist spontan unter Aussendung eines Photons der Frequenz
fL
in einen Zustand kleinerer Energie über. Wird das angeregte Atom jedoch einem
Lichtfeld eben dieser Frequenz
fL
ausgesetzt, so kann es zur stimulierten Emission
eines Photons gleicher Frequenz und Phase kommen. Bei langlebigen Niveaus kann
die stimulierte Emission im Gegensatz zur spontanen sehr rasch erfolgen.
Normalerweise werden bei der Einstrahlung von Licht mehr Photonen zur vorherigen
Anregung der Atome verbraucht als nachher durch stimulierte Emission freigesetzt
werden können. Beim Laser werden die Atome deshalb auf anderem Wege auf das
sogenannte Laserniveau gebracht. Man nennt diesen Vorgang Pumpen.
V
e
n
i
2 S0
1
E
20,61 eV
19,82 eV
Stoß
Stoß
1s 2s 2p
1s 2 2s 2 2p 5 4s
2
2
5 5s
langlebig
20,66 eV
20,30 eV
19,78 eV
1
1s 2 2s 2 2p 5 4p
1s 2 2s 2 2p 5 3p
kurzlebig
18,70 eV
Elektronenstoß
1s 2s 2p
2
2
2
5 3s
langlebig
Stöße mit der
Wand der
Glaskapillare
1 1S0
0 eV
Helium
1s 2 2s2 2p 6
Grundzustand
0 eV
Neon
Ein He-Ne-Laser verwendet Neongas als Lasermedium. Das Helium dient nur dem
Pumpvorgang. Dazu wird in einer Glaskapillare eine Gasentladung aufrechterhalten,
1
welche die Heliumatome in einen angeregten Zustand (2 S0 ) überführt. Die Heliumatome können ihre Anregungsenergie nur durch Stöÿe an Neonatome abgeben. Diese
2 2
5
werden dabei auf das Laserniveau 5s (Zeichnung: 1s 2s 2p
) angeregt. Es kommt
5s
zur Inversion: im höheren 5s-Niveau benden sich mehr Atome als im niedrigeren 3p.
Beim Laser-Prozess veranlasst ein Photon der Laserfrequenz
fL
(z. B. aus spontaner
Emission) ein angeregtes Neonatom zu induzierter Emission.
3 BE
a) Inwiefern ist der Name LASER (Light Amplication by Stimulated Emission of
Radiation) gerechtfertigt?
3 BE
(Amplication: Verstärkung)
1
b) Das 2 S0 -Niveau von He liegt tiefer als das 5s-Niveau von Neon. Wie kommt es
trotzdem zur Anregung des Neon vom Grundzusatnd nach 5s?
3 BE
c) Berechne die Wellenlänge des Laser-Übergangs (1) von 5s auf 3p.
3 BE
d) Beim Übergang (2) von 3p nach 3s wird ein Photon der Wellenlänge
594, 5 nm
emittiert. Berechne daraus die Energie des 3s Niveaus.
5 BE
e) Warum ist der Übergang (2) von 3p nach 3s nicht für einen Laser zu nutzen?
weiter
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2. Klausur
10. 01. 2008
Blatt 2 (von 2)
Absorption von γ -Strahlung in Materie
Das Diagramm rechts unten zeigt das Absorptionsverhalten von
γ -Strahlen
in Blei,
aufgeschlüsselt nach verschiedenen Prozessen.
6 BE
a) Nenne die drei maÿgeblichen Absorptionsprozesse von
γ -Strahlung in
Materie und ordne sie den rechts gezeichneten Kurven zu. Wofür steht
die verbleibende Kurve?
6 BE
b) Beschreibe die bei diesen Absorptionsprozesse ablaufenden Vorgänge.
2 BE
c) Welcher Energiewert muss an der
mit A gekennzeichneten Stelle ste-
µ in
1
cm
4
1,0
3
0,5
2
0,0
Eγ
A
hen? (Begründung!)
4 BE
1
d) Welche Stoeigenschaft ist entscheidend für eine hohe Absorption von
γ-
Strahlung? (Begründung!)
3.
Bestimmung der Neutronenmasse
1
Wassersto 1 H kann thermische Neutronen gemäÿ folgender Reaktionsgleichung einfangen:
1
2
n + 1H → 1D + γ .
Die Ausgangsteilchen können quasi als ruhend betrachtet werden. Die Energie des
1
emittierten γ -Quants wird zu 2, 2231 MeV gemessen. Die Atommassen von 1 H und
2
1 D dürfen der Formelsammlung entnommen werden.
3 BE
a) Berechne die mittlere kinetische Energie von thermischen Neutronen bei einer
Umgebungstemperatur von
300 K.
Begründe, warum die kinetischen Energien
beider Ausgangsteilchen in obiger Reaktionsgleichung vernachlässigt werden können.
6 BE
b) Bestimme mit Hilfe des Impulserhaltungssatzes die Rückstoÿenergie
teriumkerns (nichtrelativistischer Ansatz erlaubt).
Zwischenergebnis:
6 BE
ED = 1, 317 keV
c) Berechne aus obigen Daten die Masse des Neutrons.
50 BE
Viel Erfolg !
Kink
ED des Deu-
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Musterlösung
1.
V
e
n
i
2 S0
1
E
20,61 eV
19,82 eV
Stoß
Stoß
1s 2s 2p
1s 2 2s 2 2p 5 4s
2
2
5 5s
10. 01. 2008
langlebig
20,66 eV
20,30 eV
19,78 eV
1
1s 2 2s 2 2p 5 4p
1s 2 2s 2 2p 5 3p
kurzlebig
18,70 eV
Elektronenstoß
1s 2s 2p
2
2
2
5 3s
langlebig
Stöße mit der
Wand der
Glaskapillare
1 1S0
3 BE
0 eV
Helium
1s 2 2s2 2p 6
0 eV
Neon
Grundzustand
a) Ein Photon erzeugt ein weiteres, diese beiden jeweils zwei weitere. Es entsteht
eine Photonenlawine. Das Licht wird also durch die stimulierte Emission (von
Strahlung) verstärkt.
3 BE
b) Die beiden Stoÿpartner haben auch thermische Energien im
eV-Bereich.
Diese
können die Energielücke schlieÿen.
3 BE
c) geg.:
E5s = 20, 66 eV, E3p = 18, 70 eV
Aus der Energiedierenz:
∆E1 = E5s − E3p = 20, 66 eV −18, 70 eV = 1, 96 eV
hc
∆E1 =
λ1
4, 1357 · 10−15 eV s ·2, 9979 · 108 ms
hc
λ1 =
=
= 633 nm
∆E1
1, 96 eV
3 BE
d) geg.:
λ2 = 594, 5 nm
Energiedierenz:
hc
∆E2
4, 1357 · 10−15 eV s ·2, 9979 · 108 ms
hc
∆E2 =
=
= 2, 09 eV
λ2
594, 5 · 10−9 m
∆E2 = E3p − E3s
E3s = E3p − ∆E2 = 18, 70 eV −2, 09 eV = 16, 61 eV
λ2 =
5 BE
e) Das tiefere 3s-Niveau ist langlebig, während das obere 3p kurzlebig ist. Der obere
Zustand wird spontan schnell entvölkert. Es stellt sich keine Inversion zwischen
den beiden Zuständen ein. Deshalb werden die wenigen stimulierten Photonen
hauptsächlich für Anregungen von 3s nach 3p verbraucht.
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6 BE
6 BE
2.
2. Klausur
Musterlösung
a) Photoeekt:
b)
2
Comptoneekt:
4
Paarbildung:
1
Gesamteekt:
3
µ in
10. 01. 2008
1
cm
Photoeekt:
Ein
γ -Quant
Co 4
mp
1,0
ton
eff
.
0,5
gibt
seine
gesamte
Energie an ein Elektron ab, so dass
das das zugehörige Atom/Molekül
ionisiert wird.
0,0
Gesamteffekt
3
2
1
Paarbildung
Photoeffekt
2 ⋅ 0,511 MeV ≈ 1,0 MeV
Eγ
Comptoneekt:
Elastischer Stoÿ eines
γ -Quants an einem quasi ruhenden Elektron. Das γ -Quant
gibt einen Teil seiner Energie ab. (Führt zur Ionisation.)
Paarbildung:
Aus einem
2 BE
c) Das
γ -Quant
γ -Quant
wird spontan ein Elektron-Positron-Paar.
muss, um das Elektron-Positron-Paar zu erzeugen mindestens die
Ruheenergien beider Teilchen innehaben, also
4 BE
2 · 5, 11 MeV ≈ 1, 0 MeV.
d) Beim Photoeekt und Comptoneekt handelt es sich um Stoÿprozesse mit Hüllelektronen. Viele Elektronen auf gleichem Raum erhöhen die Reaktionswahrscheinlichkeit.
Die Paarbildung benötigt einen dritten Stoÿpartner möglichst hoher Masse. Bei
höherer Kernmasse wird sie wahrscheinlicher.
Alles zusammen ergibt sich eine gröÿere Absorption bei höheren Ordnungszahlen,
da diese mit der Kernladungs- und indirekt auch der Massenzahl einhergeht.
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3. geg.:
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Musterlösung
10. 01. 2008
Eγ = 2, 2231 MeV, T = 300 K,
mA (11 H) = 1, 007 825 u, mA (21 D) = 2, 014 102 u
3 BE
a) Mittlere kinetische (Translations-)Energie eines Teilchens:
3
3
eV
E kin = kT = · 8, 62 · 10−5
· 300 K = 0, 039 eV
2
2
K
Die Energie des Neutrons liegt im Bereich
0, 05 eV, die von Wassersto ebenfalls
(selbst wenn er im Molekül H2 noch andere Energieanteile der Gröÿenordnung
kT
6 BE
haben sollte).
b) Impulserhaltung: Der Gesamtimpuls nach dem Prozess muss Null sein.
p D = pγ
Eγ
mD vD =
c
2, 2231 · 106 · 1, 6022 · 10−19 J
m
2Eγ
=
= 3, 552 5 · 105
vD =
m
8
−27
cmD
2, 9979 · 10 s · 2, 014 102 · 1, 6605 · 10 kg
s
Rückstoÿenergie:
1
2
ED = mD vD
2
2
1
−27
5m
= · 2, 014 102 · 1, 6605 · 10 kg · 3, 552 5 · 10
2
s
= 2, 110 4 · 10−16 J = 1, 317 2 keV
Eleganter über die Energie-Impuls-Beziehung:
p2γ
Eγ2
p2D
ED =
=
=
2mD
2mD
2mD c2
2
(2, 2231 · 106 · 1, 6022 · 10−19 J)
=
2
2 · 2, 014 102 · 1, 6605 · 10−27 kg · 2, 9979 · 108 ms
= 2, 110 4 · 10−16 J = 1, 317 2 keV
6 BE
c) Energiebilanz:
2
mn c + mA
50 BE
Evorher = Enachher
2
2
1
2
1 H c = mA 1 D c + Eγ + ED
Eγ + ED
mn = mA 21 D − mA 11 H +
c2
(Eγ + ED ) · u
= mA 21 D − mA 11 H +
u c2
2, 2231 MeV +0, 0013 MeV
= 2, 014 102 u −1, 007 825 u +
·u
931, 49 MeV
= 1, 008 7 u