1.Aufgabe: (geladene Teilchen im Magnetfeld)

Ausarbeitung der Physikklausur Nr. 1
vom 23. März 2016
Sekundarstufe IV
Physik ( g )
1. Aufgabe: (geladene Teilchen im Magnetfeld)
1.1 Die Beschleunigungsspannung U erteilt den geladenen Teilchen die kinetische
Energie:
½ m v2 = Q U .
Folglich ist
(1)
2QU
v2 = ---------m
Die LORENTZ-Kraft ist die Radialkraft:
m v2
Q v B = ------ .
r
Daraus ergibt sich
(2)
QBr
Q 2 B2 r2
2
v = -------- => v = -----------m
m²
Aus ( 1 ) und ( 2 ) ergibt sich:
2QU
Q2 B 2 r 2
------------ = -------------m
m²
oder ( 3 )
m
1
r2 = 2 U ---- x ------ .
Q
B2
_____
1.2.1 Nach ( 3 ) ist r proportional zu √ U . Vierfachung von U bewirkt also eine Verdopplung von r.
1.2.2 Weiter ist nach ( 3 ) r proportional zu 1 / B. Verdopplung von B führt also zu
einer Halbierung von r.
____________
1.2.3 Aus ( 3 ) liest man auch ab, dass r proportional zu √ m / Q ist. Bei gleicher
spezifischer Ladung Q / m ist m / Q von der Masse m unabhängig. Daher haben alle
Teilchenbahnen für Teilchen mit gleicher spezifischer Ladung Q / m den gleichen
Radius r.
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2. Aufgabe: (Alphateilchen stoßen auf Blei – Atomkerne)
2.1
Radius des Bleiatomkerns:
rPb = 1,42 * 10
2.2
-15
_____
m √ 207 = 8,4 x 10-15 m
3
Das Nullniveau der potenziellen Energie im elektrischen Feld des Eisen-Atomkerns legen wir ins Unendliche, so dass das Alphateilchen mit einer Gesamtenergie Wges = Wkin startet. Aus dieser Energie ist mit Rücksicht auf die EnergieErhaltung die „Transportarbeit“ an den Atomkern heran zu decken. Wir nehmen
an, dass das Alpha sich bis auf den Abstand R dem Fe-Kern nähert:
(1)
Q Fe Qα
1
1
QFe Qα
Wkin = ----------- ( ---- - ---- ) = - ------------ .
4 π ε0
∞
R
4 π ε0 R
Da sowohl QFe als auch Qα positiv ist, sich die „Stoßpartner“ also abstoßen, bedeutet das Minuszeichen im letzten Term von Gl. ( 1 ), dass die kinetische
Startenergie das Alphas „verbraucht“ wird; wir missachten künftig dieses Vorzeichen.
Umformung der Gleichung ( 1 ) führt zu:
QFe Qα
R = ---------------- .
4 π ε0 Wkin
Numerische Berechnung:
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2.3
Das Alphateilchen wird mit dem Winkel 125,0° gestreut; es erfährt also eine
tüchtige Richtungsablenkung, da es dem Pb-Kern sehr nah kommt.
3. Aufgabe: (Zyklotron)
3.1
Gl. ( 2 ) ist zu ersetzen durch die relativistisch korrekte Gleichung
Q
ω = ----- γ B
mo
( 2' )
________
γ = √ 1 – β2
mit
wobei β die Relativgeschwindigkeit v / c ist. Eine Abweichung von ω um
0,5% von ωo bedeutet nach Gl. ( 2' ), dass γ den Wert 0,995 annimmt. Da
(i)
Wges = W0 + Wkin
gilt, erhält man
( ii )
Wkin = Wges - W0
m0
= m c – m0 c = ---- c2 – m0 c2
γ
2
2
= m 0 c2 ( 1 / γ - 1)
Die Ruheenergie des Protons beträgt 9,383 x 10 2 MeV.
male kinetische Energie für die Protonen:
Es ergibt sich als maxi-
Wmax = 9,383 x 102 MeV ( 1 / 0,995 – 1) ≈ 4,72 MeV
3.2
_______
Wir benötigen β. Aus γ = √ 1 – β2 ergibt sich:
2
γ
= 1–β
2
=>
2
β
2
= 1- γ
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Das führt auf
___________
β = √ 1 – 0,9952 = 0,09987
________
bzw. β = √ 1 – γ2
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Für die erreichte Endgeschwindigkeit vmax der Protonen ergibt sich:
vmax = β c = 0,09987 c = 0,09987 * 2,997925 * 10 8 m / s
≈ 2,99 * 107 m / s ,
also etwa 10 % der Vakuumlichtgeschwindigkeit.
3.3
Numerische Berechnung:
Die erreichbare Maximalenergie für Alphateilchen beträgt also etwa 18,73 MeV.
β und damit auch v sind offensichtlich von der Masse und der Ladung der
Teilchen unabhängig bei der Frage nach der „Grenzgeschwindigkeit“. Sie
hängen nur von γ ab. Es ergibt sich also wieder:
vmax ≈ 2,99 * 107 m / s
3.4
B wurde in den Berechnungen nicht benötigt. Das Magnetfeld hat auch nichts
mit der Beschleunigung der Teilchen zu tun, sondern ist nur für ihre Führung auf
dem Halbkreis zuständig.
2P
Deyke
2016-03-23