Lösungsvorschlag Übung 4

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1 Lösungsvorschlag Übung 4 ufgabe : tomradien-modelle im Vergleich a) Der Rutherford sche Streuversuch hat gezeigt, dass sich in den tomen ein sehr kleines Massenzentrum befindet, das die gesamte positive Ladung des toms trägt. Diesen sog. tomkern kann man in guter Näherung als Punktteilchen betrachten, da er im Vergleich zur Grösse des toms verschwindend klein ist. Ein erster Schritt zur Verbesserung dieses Modells besteht in der nnahme eines kugelförmigen Teilchens mit homogener Ladungsund Massenverteilung, das die endliche usdehnung des Kerns, aber nicht seine innere Struktur berücksichtigt. b) Die Dichte ist definiert als die Masse pro Volumeneinheit. Die Masse eines 205 Tl-Kernes beträgt näherungsweise 205 u (atomare Masseneinheiten), also g. Eine atomare Masseneinheit entspricht einer Masse von g. Da der Radius eines tomkerns mit r Kern = k /3 (.) angenähert werden kann, gilt für das Volumen eines kugelförmigen Kerns mit der Massenzahl = 205 und k = cm V Kern = 4 π 3 k3 = 4 π 3 ( cm) = cm 3. (.2) Die Dichte eines 205 Tl-Kernes beträgt somit ρ Kern = m Kern V Kern = g cm 3 = g cm 3. (.3) Verglichen mit der Dichte von festem Thallium von.85 g cm 3 verdeutlicht dieses Resultat, dass die Masse vorwiegend im Kern konzentriert ist. Denn bei einem Festkörper verteilt sich die kleine Masse auf ein grosses Volumen, da es zwischen den Gitterplätzen grosse bstände gibt. Im Kern jedoch verteilt sich die Masse auf ein kleines Volumen, woraus ein viel grösserer Wert für die Dichte resultiert. c) Der Radius des tomkerns soll diesmal mit r Kern = [ (5)] fm (.4) angenähert werden. Somit gilt für das Volumen eines kugelförmigen Kerns mit der Massenzahl = 205 V Kern = 4 π 3 [0.836 (205) ] 3 fm 3 = cm 3. (.5) Der Fehler im Volumen (war nicht explizit gefragt) errechnet sich dann mittels Fehlerfortpflanzung (siehe. ufgabenblatt) zu: (V ) 2 σ V = r σ r = 4πr 2 σ r (.6) ] 2 = 4π ([0.836 (205) fm) 0.05 fm = cm 3 (.7)

2 Die Dichte eines 205 Tl-Kernes beträgt somit ρ Kern = m Kern V Kern = g cm 3 = g cm 3. (.8) Den Fehler erhält man wiederum mittels Fehlerfortpflanzung: ( m Kern ) 2 V σ ρ = Kern σ r = r m Kern 4 r σ 3 πr3 r (.9) = g 9 ([ ] ) 4π 4 (0.05 fm) (.0) (205) fm = g (.) cm 3 Die absolute Standardabweichung beträgt somit σ ρ,a = g cm 3 Die relative Standardabweichung berechnet sich zu σ ρ,r = σ ρ,a ρ = 2.73% (.2) d) In Teilaufgabe c) wurde für die mittlere Dichte eines Thalliumkernes der Wert ρ 2 = g cm 3 gefunden. In Teilaufgabe b) hingegen ρ = g cm 3. Somit ergibt sich für den absoluten Fehler ein Wert von F = g cm g cm 3 = g cm 3. Der absolute Fehler besitzt immer ein Vorzeichen und eine Einheit. Der relative Fehler berechnet sich nun zu f = F ρ 2 = 63.03%. e) Wir betrachten ein α-teilchen am Rande eines 70 Ga-Kernes, mit den Radien r Ga = [ ] fm = (4.02) 0 5 m und r α = m 3 4 = m (eine Fehlerrechnung sollte in diesem Fall nicht durchgeführt werden). Zu beachten ist, dass der erste Radius mit Gleichung (.2), der erste hingegen mit der Gleichung (.) berechnet wurde. Sowohl für den 70 Ga-Kern als auch für das α-teilchen nimmt man an, dass die gesamte Ladung im Zentrum konzentriert ist (Punktladung). Die potentielle Energie kann dann berechnet werden zu E pot = Q Ga Q α 4πε 0 (r Ga + r α ) (.3) wobei Q Ga = 3e die Ladung des 70 Ga-Kernes, Q α = 2e die Ladung des α-teilchens, e = C die Elementarladung, ε 0 = s V m die Permittivität des Vakuums und r Ga + r α den bstand der beiden Punktladungen darstellen. Dies ergibt eingesetzt in Gleichung (.3) E pot = 4π s V m 3 2 ( C) 2 ( ) 0 5 m (.4) = J. (.5) Diese Energie entspricht der Energiebarriere, die das α-teilchen überwinden muss, um mit dem Kern reagieren zu können. usgedrückt in ev ( ev = J) sind dies E pot = 4.68 MeV. 2

3 ufgabe 2: Radon: Gefahr aus dem Boden a) Gewisse Kombinationen von Protonen und Neutronen bilden keine stabilen Nuklide. Der spontane Zerfall dieser Nuklide wird als Radioaktivität bezeichnet. Es gibt vier verschiedene rten der Radioaktivität. b) rten der Radioaktivität: α-strahlung: Bei der α-strahlung handelt es sich um eine Teilchenstrahlung. Sie entspricht beschleunigten Heliumkernen mit einer zweifach positiven Elementarladung. Das neu entstandene Teilchen hat zwei Protonen und zwei Neutronen weniger. ZX 4 Z 2 Y He 2+ (2.) β-strahlung: Bei der β-strahlung handelt es sich um eine Teilchenstrahlung. Die emittierten Teilchen sind beschleunigte Elektronen e 0 und ntineutrinos ν) (β -Strahlung) bzw. Positronen 0 e + und Neutrinos ν (β + -Strahlung) (das Neutrino gehört ebenso wie sein ntiteilchen - zu den Leptonen; bei der nachfolgenden Zerfällen ist die Ladungserhaltung durch das emittierte Elektron gegeben; das Neutrino hingegen garantiert die Drehimpulserhaltung, da es einen Spin besitzt). ZX ZX Z+ Y+ + 0 e + ν ( 0n p + + e 0 + ν) β -Zerfall (2.2a) Z Y + 0 e + + ν ( p + 0n + 0 e + + ν) β + -Zerfall (2.2b) Elektroneneinfang: Beim Elektroneneinfang handelt es sich um einen Zerfall, bei dem ein Elektron aus einer inneren Schale der Elektronenhülle des toms mit einem Proton im Kern in ein Neutron umgewandelt wird. Es gilt: ZX Z Y + ν ( p + + e 0 0n + ν) Elektroneneinfang (2.3) γ-strahlung: Energiestrahlung. Entspricht elektromagnetischen Wellen mit extrem hohem Energiegehalt (Wellenlängen im Bereich von 0 2 m bis 0 4 m). ZX ZX + γ (2.4) Bemerkung : X und Y bezeichnen das Mutternuklid, respektive das Tochternuklid, die Massenzahl, Z Ordnungszahl und einen energetisch angeregten Kern. Bemerkung 2: Die Notationen p +, 0 0n, e und 0 e + enthalten redundante Information, da für Protonen, Neutronen, Elektronen und Positronen Ladungen und Massen ohnehin festliegen und bekannt sind. Daher werden in der Vorlesung Ladungs- und Massenzahlen für diese Elementarteilchen nicht explizit angegeben (d.h. es werden die Symbole p +, n, e und e + verwendet). c) Rn hat 86 Protonen, 86 Elektronen und 36 Neutronen. Der Kern hat demnach eine gerade nzahl Protonen und eine gerade nzahl Neutronen und gehört zu den sogenannten g/g-kernen. 3

4 d) Rn hat einen Protonenüberschuss und gehört zu den schwereren Kernen, daher wird 86Rn durch Emission eines α-teilchens zerfallen (α-zerfall). Es gilt 222 Die vollständige Zerfallsreihe für Rn lautet: Rn α 28 84Po Rn 28 84Po He 2+ + Energie (2.5) α 24 82Pb β 24 83Bi β 24 84Po α 20 82Pb β 20 83Bi β 20 84Po α Pb e) Die ktivität (hier mit dem Symbol bezeichnet; nicht zu verwechslen mit der Massenzahl in ufgabe ) beträgt zu Beginn (Index 0) 0 = 200 Bq = 200 s pro Kubikmeter Luft. Es gilt t /2 = d = s (2.6) k = ln 2 = d = s t /2 (2.7) = k N N 0 = 0 k = (2.8) 200 Bq s = Teilchen (pro m 3 Luft) (2.9) Die Stoffmenge von Rn (im Folgenden als n 222 bezeichnet) pro Kubikmeter Luft beträgt n 222 V = N 0 V N = mol = mol m m. (2.0) 3 f) Ein Kubikmeter Luft beinhaltet bei einer Temperatur von θ = 0 C (T = 283 K) und einem Druck von p = hpa n tot = p V R T = 0325 Pa m J mol K 283 K Gasteilchen. Somit beträgt der Molenbruch x 222 von Rn = mol (2.) x 222 = n 222 n tot = (2.2) g) Damit die ktivität von 200 Bq konstant bleibt, muss gemäss Gl. (2.8) die Radonkonzentration (in Teilchen pro m 3 ) und somit auch die Stoffmenge konstant gehalten werden. Der Kellerraum hat ein Volumen von 25.2 m 3. Die Stoffmenge im Keller beträgt demnach n 222 = n 222 V mol V = m m3 = mol (2.3) und die Gesamtaktivität (Keller) = (konst) = 5040 Bq. Für den Zerfall und die Zufuhr von Radon gilt: Zerfall: Zufuhr: denn es muss gelten: dn ( ) dn (+) = k N (tot) (2.4) = k N (tot), (2.5) 4

5 dn (res) = dn ( ) + dn (+) = k N (tot) + k N (tot)! = 0, (2.6) da die nzahl Radonteilchen konstant bleiben soll. Es gilt also für die Zufuhr Integriert erhält man N (Zufuhr) = t dn (+) = k N (tot) (2.7) dn (+) = k} N {{ (tot) } (konst). (2.8) t 0 (konst) = (konst) (t t 0 ) }{{} h=3600 s = 5040 Bq 3600 s = Teilchen. (2.9) Es müssen also Teilchen oder mol in einer Stunde dem Raum zugeführt werden, damit die ktivität konstant gehalten wird. nmerkung (): Damit die ktivität tatsächlich konstant bleibt, muss natürlich kontinuierlich Radon nachgeliefert werden (nicht nur einmal pro Stunde). nmerkung (2): Hätte man mit dem ursprünglich angegebenen Wert für die ktivität von 50 Bq pro m 3 gerechnet, so wäre die Gesamtaktivität (Keller) = (konst) = 3780 Bq, und die nachzuführende Teilchenzahl N (Zufuhr) = Teilchen oder mol pro Stunde. h) Im Lungenvolumen von V L = 3 L beträgt die ktivität (Lunge) = m Bq m 3 = 0.6 Bq. In einem Monat (angenommen als 30 Tage; Monat = s) ereignen sich also N z = Zerfälle. Da bei jedem Zerfall die Energie ɛ = 5.59 MeV = J vom Lungengewebe zu 00% absorbiert wird, beträgt die gesamte, vom Lungengewebe aufgenommene Energie E = J pro Monat. Da das bestrahlte Lungengewebe eine Masse von m = 0.2 kg hat, beträgt die Energiedosis (pro Monat) D Monat = E m = N zɛ m = J kg = Gy. (2.20) i) Mit dem Qualitätsfaktor Q = 20 für α-teilchen erhält man für die Äquivalentdosis (pro Monat) H Monat = Q D Monat = J kg = Sv = msv. (2.2) Für den Vergleich mit dem gesetzlichen Grenzwert für die Jahres-Höchst-Äquivalentdosis müssen wir diesen Wert noch auf ein Jahr hochrechnen. Da wir mit 30 Tagen pro Monat gerechnet haben, und das mittlere Sonnenjahr nach dem Gregorianischen Kalender Tage hat, erhalten wir H Jahr = H Monat =.696 msv. (2.22) 30 Es entfallen also rund 42.4% der gesetzlichen Jahres-Höchst-Äquivalentdosis auf die Radonbelastung. 5

6 j) Wenn kein Radon hinzukommt, gilt n(t) n 0 Damit ist nach einer Zeit von = 0 t = = exp { k t} = exp ln 0 k = t /2 ln 0 ln 2 { ln 2 } t t /2. (2.23) = 2.7 d (2.24) die Radonkonzentration auf der ursprünglichen Konzentration gefallen, was gleichbedeutend damit ist, dass 90% zerfallen 0 sind. ufgabe 3: Kernpotential a) Der Potentialverlauf V (r) = Ze für r r K 4πɛ 0 r (3.) V K für r < r K für Protonen besteht aus einem abstossendem Coulombpotential für Distanzen r > r K sowie aus einem Potentialtopf für Distanzen r < r K (siehe bb. 3a). Dies ist eine Darstellung, die man auch in vielen Lehrbüchern findet. Das Problem dabei ist, dass ein Potential eigentlich als potentielle Energie bezogen auf eine Testgrösse definiert ist. Die Testgrösse ist im Falle eines elektrischen Potentials eine Testladung, im Falle eines Gravitationspotentials eine Testmasse. Im Falle der starken Kernkraft kennen wir aber den expliziten usdruck für die Wechselwirkung nicht, und nehmen daher nur ein konstantes Potential korrespondierend zu einer konstanten potentiellen Energie E pot an. Die potentielle Energie für ein Proton ist dann entsprechend: (wobei E K eine konstante positive Energie ist). Ze 2 für r r E pot (r) = K 4πɛ 0 r (3.2) E K für r < r K 6

7 b) Wenden wir uns zuerst dem Fall für r > r K zu. Hier spürt das Proton die Coulombabstossung der Ladungsträger im Kern. Die Kraft, die auf das einfliegende Teilchen wirkt, ist die Coulombkraft. Man erhält für sie F = E pot = = + Ze2 4πɛ 0 r 2 r r x y z E pot = Ze2 4πɛ 0 x y z r (3.3) (3.4) Das Vorzeichen ergibt sich daher, dass der tomkern als Ursprung für den Vektor r definiert ist; die Kraft ist in positive Richtung entlang r oder vom tomkern weg gerichtet, d.h. sie ist repulsiv. Somit stellt sie eine Barriere dar, die den Kern gegenüber positiv geladenen Teilchen abschirmt. Zusatzinformation: Die partiellen bleitungen berechnet man nach x ( ) r ( ) = x x2 + y 2 + z 2 = 2 (3.5) ( x2 + y 2 + z 2 ) 3 2x (3.6) = x r 3, (3.7) und analog für y und z, so dass ( ) = r x y z r = r 3 x y z = r 2 r r (3.8) Für den Fall r < r K folgt hingegen, dass und damit E pot = 0. (3.9) F = 0. (3.0) Im Kern selbst wirkt, zumindest in diesem einfachen Modell, keine Kraft auf das Proton. Die Protonen sind in einem Potentialtopf gefangen und besitzen dort eine niedrigere Energie als ausserhalb. c) Bei einem zentralen Stoss, d.h. im Fall wird das Proton am Coulombpotential und NICHT am Kern selbst zurück reflektiert. Dabei wird zunächst seine gesamte kinetische Energie in potentielle Energie umgewandelt. Da die Kraft, die auf das Proton wirkt, repulsiv ist, dreht es schliesslich in seiner Bewegung um. Im zweiten Fall wird das Proton gestreut. Es erfährt eine blenkung relativ zu seiner anfänglichen Bahn. Der blenkwinkel ϑ hängt dabei von der kinetischen Energie des Protons, von der Kernladungszahl und vom bstand b der nflugbahn des Teilchens zum Kern ab. Wird das Teilchen gestreut, so beschreibt es eine Hyperbel. Die grosse Halbachse a dieser Hyperbel hängt von der kinetischen Energie des Protons ab und ist der halbe, minimale bstand des Protons zum Kern. 7

8 Der Stossparameter b ist der minimale bstand des α-teilchens wenn es nicht abgelenkt, sondern auf einer Geraden weiterfliegen würde. Der Winkel α dient der Berechnung von ϑ gemäss 2α + ϑ = 80. d) Die Gesamtenergie E tot setzt sich aus der kinetischen sowie der potentiellen Energie des Protons zusammen: E tot (r) = E kin ( ) = E kin (r) + E pot (r). (3.) Im Unendlichen besitzt das Teilchen nur kinetische Energie. Diese wird im Laufe des nfluges auf den Kern in potentielle Energie umgewandelt. Somit wird E pot (r) grösser. Damit aber E tot = const. gilt (Energieerhaltung) muss E kin (r) abnehmen. Soll nun E kin = 0 bei r = r K sein, so muss gelten: und damit wegen Gl. (3.) auch E tot (r k ) = E pot (r K ) = 4πɛ 0 Ze 2 r K (3.2) E kin ( ) = E pot (r K ) = 4πɛ 0 Ze 2 r K (3.3) e) Die Energie von 6 MeV, mit der Rutherford und seine Mitarbeiter die α-teilchen mit den Metallfolien kollidieren liessen, reichte nicht aus, um die Potentialbarriere am tomkern 8

9 zu überwinden, d.h. die α-teilchen konnten nicht in direkten Kontakt mit den Gold-, Kupfer- und luminiumkernen gebracht werden. Die dazu notwendige Energie berechnet sich analog zu ufgabe e) zu Ekin l = 7.3 MeV. Da die potentielle Energie proportional zur Ladung des Kernes und umgekehrt proportional zur dritten Wurzel der Massenzahl ist gemäss Gl. (.) bzw. Gl. (.4) und E pot = Q l Q α 4π ε 0 (r l + r α ), (3.4) muss im Falle von u und Cu eine noch höhere Energiebarriere überwunden werden als im Falle von l. 9