Kernphysik - Orell Füssli

ofv.ch

Kernphysik - Orell Füssli

Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.2 Kernpysik 1

© 2004 Orell Füssli Verlag AG

7.2 Kernphysik

Kerne und Kernumwandlungen, Nuklidkarte

24

a)

Resultat:

bester Exponent: x = 0.27, also nicht ganz 1/3

bester Radius: r

1

= 2.1 fm

b)

Material Helium Sauerstoff Strontium Antimon Gold Wismut

Kernradius 3.0 4.6 7.0 7.8 8.5 8.9

r in fm

Nukleonenzahl 4 16 89 122 197 209

Näherung in fm 2.3 3.7 6.5 7.2 8.5 8.7

Relativer Fehler 23% 20% 7% 8% 0% 2%

Die Näherung ist für grosse Nukleonenzahlen A gut.

3

1

rA

25

m mn

⋅ A 3mn

17 3

−27

a) ρ = = = = 2.3⋅10

kg/m ( m

3

n

= 1.661⋅10

kg )

V 4π

3

r


⋅ r0

3

24

b) Die Masse der Erde beträgt m = 5.97 ⋅10

kg .

m 7 3

Ihr Volumen wäre dann V = = 2.61⋅10

m .

ρ

Das ist eine Kugel mit dem Radius

3V

R = 3 = 184 m .


Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.2 Kernpysik 2

© 2004 Orell Füssli Verlag AG

26

a) Beachten Sie: A = N + Z

N ≅ 0.691⋅

Z

1.174

b) Ni hat 28 Protonen, und damit werden 35 ( ≈ 0.691⋅

28 ) Neutronen erwartet, die

Nukleonenzahl müsste demnach 63 sein.

Tatsächlich hat Nickel 58 bis 65 Nukleonen.

Sn hat 50 Protonen, und damit werden 68 Neutronen erwartet, die Nukleonenzahl

müsste demnach 118 sein. Tatsächlich hat Zinn 112 bis 124 Nukleonen.

1.174

27

4

2

He , O

16 40 48 208

8

,

20

Ca ,

20

Ca ,

82

Pb

56

28

Ni ist magisch, hat aber zu wenige Neutronen und ist deshalb instabil.

132

50

Sn ist auch magisch, hat aber zu viele Neutronen und ist instabil.

28

( αββ , , ) Po → Pb → Bi → Po

218 214 214 214

84 82 83 84

( βαβ , , ) Po → At → Bi → Po

218 218 214 214

84 85 83 84

( ββα , , ) Po → At → Rn → Po

218 218 218 214

84 85 86 84

29

a)

U233 U234 U235

3.3 10 4 a

27 d 1.17 m

Th 227 Th 228Th 229Th 230 Th 231 Th232 Th234

Ac 225 Ac 227 Ac 228

10.0 d

21.8 a 6.1 h

Ra 223 Ra 224 Ra 225 Ra 226 Ra 228

Rn 219Rn 220 Rn 222

3.96 s 55.6 s

3.83 d

At 215At 216 At 217 At 218At 219

0.1 ms 0.3 ms 0.03 s 2s 0.9 m

Po 210Po211Po 212Po213Po 214Po215Po 216 Po218

138 d 0.52 s 46 s 4.2 s 310 7 s 1.8 ms 0.15 s

3.05 m

Bi 209 Bi 210 Bi 211 Bi 212 Bi 213Bi 214 Bi 215

100 % 5d 2.17 m 61 m 45.6 m 19.9 m 7.6 m

Pb 206Pb207Pb 208Pb209Pb 210Pb211Pb 212 Pb 214

24.1 % 22.1 % 52.4 % 3.25 h 22.3 a 36.1 m 10.6 h

26.8 m

Tl 206Tl 207 Tl 208 Tl 209 Tl 210

4.2 m 4.8 m 3.1 m 2.16 m 1.3 m

11.4 d 3.66 a 14.8 d 1.6 10 3 a 5.75 a

Fr 221 Fr 223

4.9 m

21.8 m

1.610 5 a2.5 10 5 a 7.010 8 a

Pa231 Pa233 Pa234

Np 237

2.110 6 a

18.7 d 1.9 a 7.910 3 a7.5 10 4 a 25.5 h 14 Mia a

24.1 d

Am 241

432 a

U 238

4.510 9 a

Pu 241

13.4 a


Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.2 Kernpysik 3

© 2004 Orell Füssli Verlag AG

238 226 206

b) Uran-Radium Zerfallsreihe:

92

U ,

88

Ra ,

82

Pb

241 237 209

Neptunium-Zerfallsreihe:

94

Pu ,

93

Np ,

83

Bi

235 227 207

Uran-Actinium-Zerfallsreihe:

92

U ,

89

Ac ,

82

Pb

232 208

Thorium-Reihe:

90

Th ,

82

Pb

Bindungsenergie

30

a) Das 27 Al-Atom setzt sich aus 13 Protonen, 14 Neutronen und 13 Elektronen

zusammen. Die Summe der Massen seiner Bestandteile beträgt

13( mp + me) + 14mn

= 27.22303u

Das Massendefizit des Kerns beträgt demnach 27.22303u − 26.98154u = 0.24149u.

−12

b) Pro Nukleon sind dies 8.9441 mu, was einer Energie von1.3348⋅ 10 J entspricht.

c) Aluminium besteht zu 100% aus 27 Al-Atomen. 1.0 kg Aluminium enthält

1000 6.02 10

23 Atome 2.23 10

25 Atome.

26.98 ⋅ ⋅ = ⋅

−11

Jedes Atom weist eine Bindungsenergie von 0.2415u

! 3.60⋅10 J auf.

Ein Kilogramm Aluminium weist demnach die Bindungsenergie

25

−11

14

2.23⋅10

⋅3.60⋅10

J = 8.03⋅10

J auf.

Rechnet man mit einem Energiepreis von 15 Rp/kWh, so entspricht dies einem

Kapital von 33 Millionen Franken.

31


n → p + β +ν e

−27

Masse des Neutrons: m

n

= 1.6749272⋅10

kg

−27

Masse des Protons: m

p

= 1.6726216⋅10

kg

−27

Masse des Elektrons: m

e

= 0.0009109⋅10

kg

Masse des Neutrinos: m

ν

≈ 0

−30

Das Massendefizit beträgt: ∆m

= mn

− ( m

p

+ me

+ mν

) = 1.3947 ⋅10

kg

2 −13

Die Zerfallsenergie ist ∆mc

⋅ = 1.2535⋅ 10 J ! 0.78237 MeV.

Das ist die obere Grenze für die Energie des β − -Teilchens. Einen wesentlichen Teil

dieser Energie nimmt das Neutrino mit. Einen kleinen Bruchteil erhält das Proton durch

den Rückstoss.

32

Die Masse des Protons beträgt 1.672622⋅

10

−27

kg . Das Deuterium weist eine Atom-

−27

masse von 2.0141018 u auf. Das sind 3.344494⋅ 10 kg. Dies entspricht gerade der

Masse des Deuteriumkerns und des Positrons zusammen, weil das Deuteriumatom ein

Elektron in der Schale hat. Das Massendefizit beträgt demnach

−27 −27

−31

∆m = 2⋅1.672622⋅10

kg − 3.344494⋅10

kg = 7.5⋅10

kg

E = ∆m

⋅c

2 = 6.74⋅10

−14 J pro Fusion.


Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.2 Kernpysik 4

© 2004 Orell Füssli Verlag AG

−14

Zusätzlich hat man die Energie 16.37⋅10

J aus der Fusion des Positrons mit einem

Elektron.

−14

Das ergibt total 23.11⋅ 10 J pro Fusion.

23

1 Gramm Deuterium enthält etwa 2.99⋅ 10 Atome. Die bei der Bildung von 1 Gramm

Deuterium aus der Fusion von Protonen frei werdende Energie beträgt 69.1 GJ.

33

a) Die Atommasse von 235 U beträgt 235.044 u. Dieses Atom enthält 92 Protonen,

143 Neutronen und 92 Elektronen. Die Summe der Massen dieser Bestandteile

beträgt 236.959 u. Das gesamte Massendefizit beträgt also 1.915 u. Das ergibt pro

−12

Nukleon 8.15 mu, was einer Kernbindungsenergie von1.218⋅ 10 J pro Nukleon

entspricht.

b) Die Atommasse von 127 I beträgt 126.904 u. Dieses Atom enthält 53 Protonen,

74 Neutronen und 53 Elektronen. Die Summe der Massen dieser Bestandteile

beträgt 128.056 u. Das gesamte Massendefizit beträgt also 1.152 u. Das ergibt pro

−12

Nukleon 9.07 mu, was einer Kernbindungsenergie von 1.356⋅ 10 J pro Nukleon

entspricht.

−12

−12

-11

c) Pro Spaltung wird die Energie 235⋅(1.356⋅10

−1.218⋅10

)J = 3.24⋅10

J

frei.

d) In einem Kilogramm 235 U sind

13

Energie von 8.3⋅ 10 J liefern.

6.02⋅10

235

26

Kerne enthalten, die insgesamt eine

e) Die vom KKW Gösgen in einem Jahr produzierte elektrische Energie beträgt

9 16

E tot = 330⋅24⋅3600⋅ 10 J = 2.9⋅

10 J.

E tot 16

f) Das KKW benötigt also mindestens = 8.7 ⋅ 10 J pro Jahr aus der Kernspaltung.

η

Weil aus 1 kg 235 U auch etwa 1 kg (999 g) Spaltprodukte entstehen, erzeugt das

16

8.7 ⋅10

KKW Gösgen mindestens kg Spaltprudukte pro Jahr. Das ist rund 1 t pro

13

8.3⋅10

Jahr.


Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.2 Kernpysik 5

© 2004 Orell Füssli Verlag AG

Zerfallsgesetze

34

a) Anzahl «Atome» zu Beginn: N

0

Nach der n-ten Runde sind noch ( 1− p)

n N0

«Atome» vorhanden.

− ln 2

Aus ( 1− p)

n N 0

= N0

/ 2 folgt n =

ln( 1−

p)

− ln 2

b) Für p =1/ 6:

n = ; 4

ln( 1−

p)

− ln 2

Für p =1/ 3 : n = ; 2

ln( 1−

p)

−1/

n

c) p = 1−

2 ; 0.13

d) Der Aktivität entspricht die Zahl der Einerwürfe pro Runde. Diese «Atome»

zerfallen nämlich in der Zeitspanne bis zum nächsten Wurf.

35

I

I

I

⋅e

I

−µ

⋅x

0

−µ

⋅x

= 0.05 = = e

1 ln ( 0.05 )

0 0

⇒ x =− ; 0.46 mm

µ

36

d W

= d − d K

2

, k = I 0

I = e2µ W d W +µ K d K

= e µ W (d −d K )+ µ K d K

= e µ W d +(µ K − µ W )d K ; d K = lnk − µ W d

µ K

−µ W

37

a) 0.72 : 99.28

b) Halbwertszeit Uran-235: 7.04·10 8 a; Halbwertszeit Uran-238: 4.46·10 9 a

c) Anfangsverhältnis: q 0

Heutiges Verhältnis: q

h

Halbwertszeit Uran-235: τ

235

Halbwertszeit Uran-238: τ

238

⎛q0


τ235τ238

ln ⎜ ⎟

qh

t =

⎝ ⎠

; 6.5·10 9 a

τ −τ

ln 2

( )

238 235


Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.2 Kernpysik 6

© 2004 Orell Füssli Verlag AG

38

a) A: Die Anzahl Zerfälle pro Sekunde in der Probe (hier also 0.25 Bq)

A

0

: Die Anzahl Zerfälle pro Sekunde in der gleichen Menge einer frischen Pflanze

(hier also 30.6 Bq)

ln 2

T

1 2

= : Die Halbwertszeit (5730 Jahre für 14 C)

λ


ln A ⎞

⎜ ⎟

A

t =

⎝ 0 ⎠

; 40·10 3 Jahre

−λ

b)

1 ∆A

∆t

= ; 3·10 2 Jahre, also [39'700 Jahre, 40'300 Jahre]

λ A

oder Sie wiederholen die Rechnung mit A' = 0.258 Bq und A'' = 0.242 Bq.

Dies ergibt: t' und t''.

Die Differenzen zu t betragen:

t – t' = 3·10 2 Jahre

und

t'' – t = 3·10 2 Jahre

(Achtung es ist nur eine Stelle signifikant)

39

a) Annahme: Alles Blei stammt aus dem Uran

N

0

: Anzahl Uran-Atome als der Stein erstarrte

N

U

: aktuelle Anzahl Uran-Atome im Stein

N : aktuelle Anzahl Blei-Atome im Stein

Pb

ln 2

T

1 2

= : Die Halbwertszeit von Uran-238

λ

−λt

Aus N U

= N 0

e und N

0

= N

U

+ N

Pb

folgt

⎛ NU

⎞ ⎛ NPb

⎞ ⎛ mPbMU


ln⎜ ⎟ ln⎜1+ ⎟ ln⎜1+


NPb + NU

NU mUMPb

t =

⎝ ⎠

=

⎝ ⎠

=

⎝ ⎠

; 3.24 Milliarden Jahre

−λ λ λ

b) Angenommen, der Stein hat schon Blei enthalten, dann ist der Stein jünger.

Bei den 3.24 Milliarden Jahren handelt es sich also um eine obere Grenze.


Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.2 Kernpysik 7

© 2004 Orell Füssli Verlag AG

Aktivität

40

N ln 2 mN A ln 2

0 10 10

a) A = 0

T

= 1/2 MT

= ⋅ = ⋅

1/2

3.66 10 Bq (man definiert 1Ci 3.70 10 Bq)

T1/2

b) Bis heute (2004) sind seit 1898 106 Jahre verstrichen. A = A0⋅ 2 = 0.956A0;

Abnahme um 4.45%


t

41

N ln 2 mN A ln 2

0 11

a) A = 0

T

= 1/2 MT

= ⋅

1/2

1.7 10 Bq

−13

m 2

7

b) E α

= 5.30 MeV = ˆ 8.49⋅10

J = v ⇒ v = 1.6⋅10

m/s

2

c) P = A0 ⋅ E α = 0.14 W

P t

d) ∆ T = = 3.9 ° C

cm

Pb

42

1 Gramm 131 mN ln 2

15

I hat eine Aktivität von A0

= A

= 4.6⋅10 Bq

M ⋅T1/2

Damit kann man rund 10 12 Liter Milch vergiften. Das entspricht der gesamten

schweizerischen Milchproduktion von über 280 Jahren!

43

I

I

0

−λt

= e = 0.10 mit λ = ln 2 ⇒ t =

ln10

⋅ T12; 5300 a

T ln 2

12

44

Index 1 für 108 Ag und Index 2 für 110 Ag.

A1

λ1

N T

1

A

1

+ A2

= A0

=35 kBq, = =

A λ N T

T

1,1 2

: 24.6 s und T

2,1 2

2

2

: 2.37 min

2

2,1 2

1,1 2

N

N

1

2

N

N

,

1

2

51.839⋅110

=

,

48.161⋅108

A0

A1

=

NT

1+

NT

2 1,1/2

1 2,1/2

A0

; 5.6 kBq A2

=

NT

1+

NT

1 2,1/2

2 1,1/2

; 29 kBq

Zu Beginn gehen 5.6 kBq auf das Konto von 108 Ag und 29 kBq auf das von 110 Ag.


Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.2 Kernpysik 8

© 2004 Orell Füssli Verlag AG

Radiometrische Grössen

45

a) 2 Wochen b) 26 mSv

46

a) In 18 g Wasser hat es 2 mol Wasserstoffatome.

1000

23

25

In 1 Liter Wasser hat es ⋅2⋅6.02⋅10

= 6.65⋅10

Wasserstoffatome.

18

8

Davon sind 2.22

⋅10

Tritiumatome.

ln 2

A

0

= ⋅ N0

= 0.40 Bq, also weniger als 1 Zerfall pro Sekunde.

T

1/ 2

b) WeilTBiol


Physik anwenden und verstehen: Lösungen 7.2 Kernpysik 9

© 2004 Orell Füssli Verlag AG

48

90 90

a) Sr → Y + β − + v

−6

N0

ln 2 10 g

23

15

b) A

0

= mit N0

= ⋅6.02⋅10

= 6.7 ⋅10

ergibt A0

= 5.1 MBq

T1/

2

90 g

c) Wegen der relativ grossen Halbwertszeit von 28 Jahren, bleibt die Aktivität im

ersten Jahr etwa konstant. Die Äquivalentdosis im ersten Jahr beträgt demnach

q

H ≈ ⋅A 1

0 ⋅ Eβ

⋅∆ t; 0.17 Sv.

m 3

d) Leukämie ist eine Störung der Bildung von Blutkörperchen.

49

2 2

⎛r0

⎞ mSv/h ⎛ 1 m ⎞

10 9

H

p

= A⋅t⋅h

⋅⎜

⎟ ; 90 Bq ⋅8 h ⋅365⋅0.3 ⋅⎜ ⎟ ; 3·10 –4 mSv

⎝ r ⎠

10 Bq ⎝ 0.5 m ⎠

also etwa 0.3 µ Sv pro Jahr. Die jährliche Strahlungsbelastung der Schweizer

Bevölkerung ist im Mittel 4 mSv. Diese zusätzliche Belastung wäre also absolut

vernachlässigbar.

Weitere Magazine dieses Users
Ähnliche Magazine