Lösungen der Abituraufgaben Physik. Harald Hoiß 26. Januar 2019

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1 Lösungen der Abituraufgaben Physik Harald Hoiß 26. Januar 2019

2 Inhaltsverzeichnis 1. Wasserstoffatom Spektren Anwendungen zum quantenmechanischen Atommodell Franck-Hertz-Versuch Leuchtendes Neongas in der Franck-Hertz-Röhre Messinstrumente an Bord des Marsrovers Röntgenfluoreszenzanalyse (RFA) Standardmodell der Teilchenphysik Antimaterie

3 Musterabitur Seite 1 1. Wasserstoffatom 1.1. Spektren a) b) Mit E n = 13,6 ev E 1 = 13,6 ev E 2 = 3,40 ev E 3 = 1,51 ev E 4 = 0,850 ev E 5 = 0,544 ev 1 ergibt sich: n2 c) Je mehr Knotenflächen, desto höher ist die Energie. Daher: n = 1, also E 1 n = 2, also E 2 n = 3, also E 3 rechtes Bild mittleres Bild linkes Bild d) Erster angeregter Zustand bedeutet: n = 2. Folgende Übergange sind dann möglich: n = 2 n = 3 mit E = 1,90 ev n = 2 n = 4 mit E = 2,55 ev e) Keine der in Teilaufgabe d) ermittelten Anregungen kann durch ein Photon mit 2,7 ev erzeugt werden. Das Photon kann seine Energie nur komplett abgeben, aber keiner der betrachteten Übergänge hat genau 2,7 ev. f) Ein Wasserstoffatom im Zustand n = 3 kann dann Photonen in einem kontinuierlichen Bereich absorbieren, wenn damit eine Ionisierung verbunden ist. Die absorbierten Photonen müssen daher eine Energie von mindestens 1,51 ev aufweisen. Das bedeutet für die Wellenlänge λ: 4, evs 3, m s 1,51 ev 1,51 ev 1,51 ev hc 1,51 ev λ hc 1,51 ev λ λ 822 nm λ Somit kann sichtbares Licht (400 nm bis 750 nm) jeder Wellenlänge absorbiert werden.

4 Physikabitur 2011 Seite 2 2. Anwendungen zum quantenmechanischen Atommodell 2.1. Franck-Hertz-Versuch Franck-Hertz-Versuch a) b) Bei der Beschleunigungsspannung U 1 stoßen die meisten Elektronen mit den Quecksilberatomen inelastisch und geben dabei fast ihre ganze kinetische Energie an das Quecksilberatom ab. Die verbleibende kinetische Energie der Elektronen reicht häufig nicht mehr aus die Auffangelektrode zu erreichen und damit zum Stromfluss beizutragen. Die Stromstärke ist dann minimal. Bei steigender Spannung haben mehr Elektronen auch eine größere Energie und können gegen die Gegenspannung anlaufen. Die Stromstärke steigt dann wieder. c) Der Abstand zweier Maxima beträgt 4,9 ev, die Anregungsenergie beträgt somit 4,9 ev. Eine nicht-relativistische Rechnung ergibt: 1 2 mv2 = 4,9 ev 2 4,9 ev v = m 2 4,9 V 1, C v = 9, kg v 1, m s d) Die Photonenenergie beträgt = 4,9 ev, damit ergibt sich: = hf = hc λ λ = hc λ = 4, evs 3, m s 4,9 ev λ 2, m = 253 nm Die emittierte Strahlung liegt also im UV-Bereich. e) Eine Anregung durch Photonen ist nur dann möglich, wenn das Atom die gesamte Photonenenergie aufnimmt. Das Photon existiert dann nicht mehr. Bei Elektronen ist auch eine teilweise Energieübertragung möglich, die restliche Energie behält das Elektron. Ein Photon kann nur auf ein bestimmtes Energieniveau anregen. Bei dem Stoß mit einem Elektron sind mehrere Anregungsniveaus möglich.

5 Physikabitur 2016 Seite Leuchtendes Neongas in der Franck-Hertz-Röhre Franck-Hertz-Versuch a) b) Wegen E = hf = hc λ gilt λ = hc E λ = hc E = 1, evm 16,6 ev λ = hc E = 1, evm 18,3 ev λ = hc E = 1, evm 1,70 ev und somit: = 74,7 nm = 67,8 nm = 729 nm (sichtbar!) c) Aus der Glühkathode treten Elektronen aus, die zur Gitteranode beschleunigt werden. Sobald sie die kinetische Energie 18,3 ev aufweisen, können unelastische Stöße mit den Neonatomen stattfinden. Dabei gibt ein Elektron 18,3 ev an das Neonatom ab und regt dieses an. Geht das Neonatom nun über das Energieniveau 16,6 ev in den Grundzustand über, wird ein Photon mit 1,7 ev, also im sichtbaren Bereich, emittiert. Dies führt zur mit dem bloßen Auge sichtbaren Leuchtzone. d) Die 18,3 ev-leuchtschicht wandert Richtung Glühkathode. Bei U B1 = 2 18,3 V entsteht unmittelbar vor der Gitteranode eine zweite Leuchtschicht, die erste Leuchtschicht ist dann mittig zwischen Gitteranode und Glühkathode. Erhöht man die Spannung weiter, wandern beide Leuchtschichten weiter Richtung Glühkathode. Eine dritte Leuchtschicht kann nicht auftreten.

6 Physikabitur 2012 Seite Messinstrumente an Bord des Marsrovers Röntgenstrahlung a) Für die Leistung eines Lichtimpulses ergibt sich: Da jedes Photon die Energie hat, werden mit einem Lichtpuls Photonen ausgesendet. b) Mit E n = 13,6 ev E 1 = 13,6 ev E 2 = 3,40 ev E 3 = 1,51 ev E 4 = 0,850 ev E 5 = 0,544 ev 1 ergibt sich: n2 P = E t = 30 mj 5,0 ns = 6,0 MW = hf = hc λ 1, J 30 mj 1, c) Photonenenergie für den sichtbaren Bereich liegen zwischen 1,5 ev und 3 ev. n = 3 n = 2: = E 3 E 2 = 1,89 ev; λ = hc = 656 nm d) n = 4 n = 2: = E 3 E 2 = 2,55 ev; λ = hc = 487 nm n = 5 n = 2: = E 5 E 2 = 2,856 ev; λ = hc = 434 nm e) Bei Abbildung 1 hat sich Grenzfrequenz (bei gleicher Lage der Peaks) erhöht. Also wurde die Beschleunigungsspannung erhöht. Bei Abbildung 2 haben sich (bei gleicher Grenzfequenz) die Peaks verschoben. Also wurde das Anodenmaterial verändert. f) Aus dem Gesetz von Moseley folgt: Also besteht die Anode aus Kupfer. 1 = 3 λ α 4 R H (Z 1) 2 4 = (Z 1) 2 3R H λ α (Z 1) 2 799,79 Z 1 28,28 z 29 g) Die energiereichen α Teilchen können Elektronen aus inneren Schalen (z.b. K-Schale) herausschlagen. Die somit entstehenden Lücken werden durch Elektronen höherer Schalen gefüllt. Dabei wird charakteristische Röntgenstrahlung emittiert, die Rückschlüsse auf das chemische Element ermöglicht.

7 Physikabitur 2016 Seite Röntgenfluoreszenzanalyse (RFA) Röntgenstrahlung a) Die Elektronen werden zur Anode hin beschleunigt und dort abgebremst. Beschleunigte elektrische Ladungen geben Energie in Form von elektromagnetischer Strahlung an. Wird ein Elektron in einem einzigen St0ßvorgang abgebremst, so entsteht ein Photon mit maximaler Energie. Bei mehreren Abbremsvorgängen werden entsprechend auch mehrere Photonen erzeugt, die aber stets energieärmer. So entsteht die kontinuierliche Röntgenstrahlung. b) Die kontinuierliche Röntgenstrahlung enthält auch Photonen, die Elektronen aus inneren Schalen des Ringmaterials auf höhere Niveaus heben oder ganz aus dem Atom zu entfernen. Die so entstandenen Lücken werden durch Elektronen höherer Energieniveaus wieder aufgefüllt. Dabei wird aus Gründen der Energieerhaltung jeweils ein Röntgenphoton ausgesendet. Dessen Energie ist die Differenz der beiden beteiligten Energieniveaus und ferner charakteristisch für das Ringmaterial. Diese Strahlung ist dann die Fluoreszenzstrahlung. c) Da E Kα bei steigender Ordnungszahl ansteigt, muss Linie 3 zur höheren Ordnungszahl gehören, da hier auch die höhere Energie vorliegt. Zur Linie 1 gehört eine Energie von etwa 8,0 kev. Somit ergibt sich: E Kα = 3Rhc 4 (Z 1) 2 (Z 1) 2 = 4E K α 3Rhc 4EKα Z 1 = 3Rhc 4EKα Z = 1 + 3Rhc = 29 Somit liegt hier neben Silber auch noch das Element Kupfer vor. d) Rechts neben der K α Linie liegt die K β Linie des zugehörigen Elements. Da der K β Übergang (n = 3 n = 1) energiereicher ist als der K α Übergang, liegt die zugehörige Linie in diesem Diagramm weiter rechts. e) Die Photonen mit E Kα können Elektronen von n = 1 auf n = 2 anregen. Die L-Schale (n = 2) ist jedoch bei Silber voll besetzt, denn Silber hat 47 Elektronen, die K-Schale maximal 2 Elektronen und die L-Schale maximal 8 Elektronen. Darum ist ist die L-Schale voll besetzt und eine Anregung ist nicht möglich. Daher gibt es auch keinen K α Übergang.

8 Physikabitur 2011 Seite 6 3. Standardmodell der Teilchenphysik 3.1. Antimaterie Quarks Paarvernichtung a) Proton: p = (uud); Ladung: 2e + 2e 1e = +e Antiproton: p = (ūū d); Ladung: 2e 2e + 1e = e b) Für den Lorentzfaktor γ ergibt sich γ = E E 0 = E 0 + E kin E 0 = 938,27 MeV + 7,5 GeV 938,27 MeV 9,0 und somit: m = 9,0 m 0. c) Da vorher beide Teilchen (Proton und Antiproton) ruhen, ist ihr Gesamtimpuls 0. Würde bei der Paarvernichtung nur ein Photon entstehen, so hat dies einen von 0 verschiedenen Impuls (p = h λ 0). Damit wäre der Impulserhaltungsssatz verletzt. Deshalb ist das Zerstrahlen in ein einziges γ Quant nicht möglich.