DO01772678 L 006 204 - asset.klett.de · Impulse Physik Oberstufe (allgemeine Ausgabe), Impulse Physik Oberstufe Rheinland-Pfalz, Impulse Physik 11/12 Niedersachsen und Impulse Physik

QualifikationsphaseGrundkurs

für die Gymnasien in Nordrhein-Westfalen

Hinweise und Lösungen zum Schülerband

Ernst Klett VerlagStuttgart · Leipzig

ImpulsePhysik

© Ernst Klett Verlag GmbH, Stuttgart 2015. Alle Rechte vorbehalten. www.klett.de

Redaktion: Ute Nicklaß

DTP/Satz: Ute Pahr

Gestaltung: B2 Büro für Gestaltung, Andreas Staiger, Stuttgart.

Grafiken: Alfred Marzell, Schwäbisch Gmünd.

Das Unterrichtswerk Impulse Physik Qualifikationsphase Grundkurs Nordrhein-Westfalen wurde auf der Grundlage der Ausgaben Impulse Physik Oberstufe (allgemeine Ausgabe), Impulse Physik Oberstufe Rheinland-Pfalz, Impulse Physik 11/12 Niedersachsen und Impulse Physik Kursstufe Baden-Württemberg(Autoren: Wilhelm Bredthauer, Klaus Gerd Bruns, Hans-Jerg Dorn, Manfred Grote, Dr. Ludger Hannibal, Thilo Höfer, Florian Karsten, Harald Köhncke, Tanja Reimbold, Michael Renner, Norbert Schell, Martin Schmidt, Peter Wojke, Dr. Frank Zimmerschied und Horst Welker) in Zusammenarbeit mit Lars Blüggel, Annelie Hegemann und Martin Schmidt erstellt.

Inhaltsverzeichnis

Erforschung des Photons

Lösungen der Arbeitsaufträge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Hinweise zu den Heimversuchen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 Lösungen der Aufgaben am Kapitelende . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Erforschung des Elektrons

Lösungen der Arbeitsaufträge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Lösungen der Aufgaben am Kapitelende . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

Quantenobjekte


Energieversorgung und Energietransport

Lösungen der Arbeitsaufträge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 Hinweise zu den Heimversuchen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 Lösungen der Aufgaben am Kapitelende . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

Erforschung des Mikro-und Makrokosmos


Mensch und Strahlung


Relativitätstheorie


Die Lösungen zu den Übungsaufgaben zur Klausurvorbereitung finden Sie unter dem Online-Code w8cz9x

4 Erforschung des Photons

Erforschung des Photons

Lösungen der Arbeitsaufträge und der Aufgaben am Kapitelende

A1 [$ UF | E ] Ausgangspunkt der Überlegungen ist der Versuch, bei dem eine ebene Welle auf ein Hindernis mit einer kleinen Öffnung trifft. Man kann beobachten, dass sich hinter dem Hinder-nis eine halbkreisförmige Welle ausbreitet. Bei zwei Öffnungen ist zu erwarten, dass hinter bei-den halbkreisförmige Wellen entstehen. Wie im Fall der beiden Wellen, die durch zwei punktför-mige, phasengleich schwingende Erreger (Versuch d) erzeugt werden, überlagern sich die beiden hinter dem Hindernis entstandenen Wellen und es bildet sich ein zeitlich nicht veränderliches Muster.

A1 [0 UF ] Die Sirene ist zu hören, weil die von ihr erzeugten Schallwellen an der Begrenzung, in diesem Fall der Hausecke, gebeugt werden. Die Hausecke ist der Ausgangspunkt einer elemen-taren Schallwelle, die auch teilweise in den „Schattenbereich“ eindringt.

A1 [0 UF ] Der Zusammenhang zwischen der Wellenlänge l des einfallenden Lichtes und der Lage des Maximums k-ter Ordnung lautet:

l = g ∙ a k

___ l ∙ k

mit l = 3,95 m; k = 6; a 6 = 2,5 cm; g = 0,5 mm ergibt sich:

l = 0,5 ∙ 10 –3 m ∙ 0,025 m

_________  3,95 m ∙ 6

l = 527 ∙ 10 –9 m

l = 527 nm

Die Wellenlänge des grünen Laserpointers liegt bei etwa 527 nm.

A2 [$ UF ] Berechnung der Wellenlänge des grünen Lasers nach der Gleichung:

l = g ∙ sin a k

___ k

Für k = 6 gilt: a 6 = arctan a6

____ l  = arctan 0,025 m

_______ 3,95 m = 0,363°

Damit ist

l = 0,5 ∙ 10 –3 m ∙ sin 0,363°

__________ 6 = 0,5 ∙ 10 –3 m ∙ 0,006 34

_________ 6 = 528 ∙ 10 –9 m

Die nach der vollständigen Gleichung berechnete Wellenlänge für den grünen Laserpointer be-trägt l = 528 nm.

A3 [$ UF ]

Teilaufgabe Gangunterschiedðs Phasenunterschied ðv

a 0 0

b l _ 4 p _ 2

c l _ 2 p

d 3 l __ 4 2 p

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Seite 11

Seite 15

Erforschung des Photons 5

A1 [$ UF | E ]

Die Entstehung des Bildes beim Kreuzgitter kann wie folgt erklärt werden. 1. Ein Gitter mit vertikalen Spalten liefert ein Bild wie in der mittleren Abbildung gezeigt.2. Das Hinzufügen eines zweiten Gitters kann keine neuen Helligkeiten bewirken, da es keine

„zusätzlichen Öffnungen“ gibt. 3. Helligkeiten entstehen nur dort, wo für beide Gitter die Bedingungen erfüllt sind. Das ist an

den „Überkreuzungen“ der beiden Interferenzbilder der Fall oben rechts. Es entstehen regel-mäßig an geordnete punktförmige Maxima. Deren genaue Lage hängt davon ab, um welchen Winkel die beiden Gitter gegeneinander verdreht sind.

A2 [$ UF | K ] Wenn Laserlicht auf ein Strichgitter trifft, wird es an den Spalten gebeugt und interferiert. Auf dem Schirm entsteht ein Muster aus Beugungspunkten (s. Abbildung a)). Lässt man das Gitter rotieren, so verwischen die Punkte zu konzentrischen Kreisen, die die Maxima verschiedener Ordnung darstellen (s. Abbildung b)).

A3 [. UF ] Wird Licht einer Quecksilberdampflampe an einem Gitter gebeugt, erscheinen auf dem Schirm in der Mitte ein heller Streifen und symmetrisch dazu auf beiden Seiten mehrere farbige Streifen. Licht unterschiedlicher Farbe hat verschiedene Wellenlängen, entsprechend liegen die Interferenzmaxima für jede Farbe an einer anderen Stelle. Der Versuch zeigt, dass das Licht der Quecksilberdampflampe aus mehreren Komponenten unterschiedlicher Wellenlänge bzw. Farbe besteht. Der helle Streifen in der Mitte entsteht dadurch, dass die Maxima 0ter Ord-nung aller Anteile in diesem Punkt zusammenfallen.

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Interferenzfigur bei einem Kreuzgitter

Interferenzfigur bei einem Strichgitter mit vertikalen Spalten

Maxima bei vertikalen und horizontalen Spalten überlagern sich.

a) b)

x1

x2


A1 [$ UF | E ] Experiment und Auswertung: Zwei Punkte im Abstand von 5 mm sind aus 7 m nicht mehr getrennt wahrnehmbar. a = 2 ∙ arctan (2,5 mm/7 m) ≈ 0,04° = 2,4‘.Die anschließende Recherche ergibt: Das Auflösungsvermögen des bloßen Auges beträgt unter idealen Bedingungen etwa 0,5‘ bis 1‘ (entsprechend 1 mm auf 3 – 6 m). Im Experiment herrschten wohl nicht optimale Bedingungen!

A2 [. UF | B ] Bei einem Gitter mit 2 Spalten entstehen Helligkeitsmaxima in solchen Richtungen, in denen der Gangunterschied zwischen benachbarten Spalten ð s = k ∙ l beträgt. Die äquidis-tanten Maxima 1., 2., … Ordnung entstehen symmetrisch zur optischen Achse. Bei Gittern mit mehr Spalten und gleicher Gitterkonstante bleibt die Lage der Hauptmaxima erhalten, die Hellig-keit steigt aber mit der Zahl der beleuchteten Spalte.Weicht man von der Richtung der Hauptmaxima ab, entsteht ein zusätzlicher Gangunterschied zwischen benachbarten Lichtbündeln. Bei 2 Spalten muss er l/2 betragen, damit es zur Aus-löschung kommt. Bei 4 Spalten genügen schon l/4, weil dann die Überlagerung bei dem 1. und 3. Bündel zur Auslöschung führt (vergleiche Spalt). Bei größerer Spaltzahl geschieht das bei immer geringerer Abweichung von der Richtung der Hauptmaxima. Je nach Spaltzahl löschen sich nicht alle aus, es entstehen Nebenmaxima mit geringer Helligkeit.

Es folgt eine konkrete Betrachtung für ein Gitter mit 6 Spalten (Abbildung links). Zu beachten ist, dass destruktive Interferenz nicht nur bei Gangunterschieden von l/2 auftritt. So findet man z. B. 5 Gangunterschiede ð l zwischen benachbarten Spalten, die zu Helligkeitsminima zwischen dem 0. und dem 1. Hauptmaximum führen (Tabelle rechts).

ð s destruktive Interferenz des Lichtes aus den Spalten

  l _ 6 S1 und S4; S2 und S5; S3 und S6

  l _ 3 S1, S2 und S3; S4, S5 und S6

  l _ 2 S1 und S2; S3 und S4; S5 und S6

  2 l __ 3 S1, S2 und S3; S4, S5 und S6

  5 l __ 6 S1 und S4; S2 und S5; S3 und S6

Zwischen den 5 Minima, die sich jeweils zwischen den Hauptmaxima bilden, ergeben sich Rest-helligkeiten. Beim Gangunterschied ð s = l/4, also zwischen 1. und 2. Minimum, interferiert das Licht von zwei Spaltpaaren destruktiv; es bleibt also das Licht von zwei Spalten, das auf den Schirm fällt.

Allgemein findet man bei n Spalten Minima für sin a k = k ∙ l _ g ± l __ n ∙ g ; k = 0, 1, 2, …

Das bedeutet, dass mit zunehmender Spaltzahl n des Gitters die Zahl der Minima (die Chance auf Auslöschung) steigt und die Maxima schmaler und heller als bei nur zwei Spalten sind, denn sie reichen nur bis zum 1. Minimum.

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ðs

1 2 3 4 5 6

a


A1 [$ UF ]

Eine von J ausgehende Welle wird bei ¯ teilweise reflektiert und teilweise gebrochen. Danach gibt es zwei Lichtwege, die bei R auf dem Beobachtungsschirm enden.1: Reflexion bei ¯, Brechung bei K, Reflexion bei P, Brechung bei L 2: Brechung bei ¯, Reflexion bei O, Brechung bei M, Reflexion bei L

Bei L werden beide Teilwellen wieder zusammengeführt. Bei idealen Verhältnissen gibt es keinen Gangunterschied und infolgedessen nur Verstärkung. Bei hinreichend dicken Platten sind die beiden Wege zwischen den Platten soweit voneinander getrennt, dass auf einem ein Medium mit anderem Brechungsindex eingebracht werden kann, z. B. Luft mit anderer Temperatur. Dann gibt es von Null verschiedene Gangunterschiede. Wenn die Platten nicht präzise parallel stehen, er-geben sich auch dadurch Gangunterschiede und demzufolge ein Interferenzmuster. Dieses ver-schiebt sich dann bei Einbringen des Mediums auf dem einen Weg.

A2 [$ UF ] In der Grafik rechts ist der Strah-lenverlauf bei einem Michelson-Interferometer dargestellt. Licht gelangt auf den zwei Wegen L-T- S 1 -T und L-T- S 2 -T auf den Schirm. Die Teilbündel über- lagern sich zwischen T und dem Schirm. Wenn man zunächst von einem sehr engen Bündel parallelen Lichtes ausgeht, ist auf dem Schirm je nach Länge der beiden Wege Licht zwischen maximaler Helligkeit und Dunkelheit zu erwarten. Bei maximaler Helligkeit muss der Gangunterschied ein ganzzahliges Vielfaches der Wellenlänge des verwendeten Lichtes sein.

Wenn man von dieser Position ausgehend einen der Spiegel verschiebt, sodass Dunkelheit zu sehen ist, muss sich der Gangunterschied um l/2, bis zur nächsten Helligkeit um l verändert haben. Weil die Wege zwischen T und S 1 bzw. S 2 jeweils doppelt durchlaufen werden, sind die zugehörigen Spiegelverschiebungen nur l/4 bzw. l/2.Aus Spiegelverschiebungen ist so die Wellenlänge bestimmbar, aus der Wellenlänge Verschie-bungen in der Größenordnung der Lichtwellenlänge. Die Bedingung „enges Bündel parallelen Lichtes“ ist kaum zu erfüllen. Man sieht daher in Experimenten ringförmige Muster.

A3 [. UF | E ] Siehe Erklärung zum Jamin-Interferometer in Aufgabe 1.

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Laserstrahl Strahlstopp

Beobachtungs- schirm

planparallele Platten, Dicke deutlich größer als die Wellenlänge Probe

J

Blende

O

¯M

K

P L R

Spiegel S1

Spiegel S2

Lichtbündel 1

Lichtbündel 2

Lichtquelle L

Strahlteiler T

Schirm


A1 [. UF | K ] Das Licht der Autoscheinwerfer wie das der meisten für die Straßenbeleuchtung verwendeten Lampen ist nicht polarisiert. Trifft es jedoch auf eine nasse Straßenoberfläche (Brechzahl von Wasser n W ≈ 1,33), so ist es vollständig linear polarisiert, wenn es unter einem Winkel von 53° ≈ arctan (1,33) auftrifft, andernfalls teilweise linear polarisiert. Die Polarisations-ebene (Schwingungsebene des B-Vektors der elektromagnetischen Lichtwelle) ist dabei senkrecht zur Wasser oberfläche. Trägt man nun als Autofahrer eine mit einer Polarisationsfolie versehene Brille, deren Polarisationsebene waagerecht verläuft, dann wird das von Wasseroberflächen re-flektierte Licht vollständig (Einfallswinkel 53°) oder teilweise in der Polarisationsfolie geschwächt. Alter nativ lässt sich auch die Frontscheibe des Autos mit einer entsprechenden Polarisationsfolie versehen. In beiden Fällen wäre die Blendwirkung reduziert.

A1 [. E | UF ] Die Wellenvorstellung reicht nicht aus, um die Beobachtungen zu erklären. Danach sollten die Elektronen durch die einfallende Lichtwelle so in Schwingungen versetzt werden, dass ihre Amplitude ständig zunimmt, bis sie genügend Energie zum Verlassen des Metalls haben. Der Effekt müsste verzögert auftreten und es müssten dann umso mehr Elektronen freigesetzt wer-den, je größer die Amplitude bzw. die Energie der einfallenden Lichtwelle ist. Außerdem müsste der Effekt von der Frequenz des einfallenden Lichtes unabhängig sein.

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Hinweise zu den Heimversuchen

V1 Besonders geeignet sind für diesen Versuch Energiesparlampen, wobei die Röhren parallel zur Nähnadel liegen sollen. a) Die beleuchtete Nadel dient als schmale Lichtquelle. Deswegen sollte sie schön blank sein. Man beobachtet dann Beugung und Interferenz am Spalt. Da kein monochromatisches Licht vorliegt, ergeben sich farbige Beugungsstreifen. Der Spalt muss hinreichend schmal sein. Etwas schwierig ist es, die Kanten parallel auszurichten. Die Pappe sollte nicht zu dick sein. Etwas mehr Aufwand macht ein Spalt aus Rasierklingen.b) Bei Annäherung verringert sich der Abstand der Beugungsstreifen.

V2 a) Analog zu Heimversuch 1. Die CD dient als Reflexionsgitter. Verwendet man eine Energie-sparlampe, so kann man in dem kontinuierlichen Spektrum einige Spektrallinien erkennen, die dem Spektrum überlagert sind.b) Vgl. Beispiel 2 im Schülerbuch auf Seite 34.

V3 Reflexionen an Vorder- und Rückseite jeder Scheibe liefern vier Bilder. Weitere in Bild B1 des Schülerbuches angedeutete Reflexionen sind so schwach, dass sie vernachlässigbar sind. Auch die übrigen sind nur erkennbar, wenn Licht von außen praktisch keine Rolle spielt. Die farbigen Streifen entstehen durch Interferenz.

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Lösungen der Aufgaben am Kapitelende

Ausbreitung von Licht

1 [0 UF ] Fällt Licht durch eine Blende auf einen Schirm, so sieht man dort einen begrenzten Lichtfleck. Wird die Blende verkleinert, so verkleinert sich auch der Lichtfleck auf dem Schirm. Bei sehr enger Blende weitet sich der Lichtfleck wieder auf. Zur Deutung wird das Modell der Beugung von Wellen herangezogen.

2 [$ UF ] Der Zeichnung ist zu entnehmen, dass die maximale Signalverspätung im Wesentlichen dadurch entsteht, dass das Licht die Erdbahn durchquert.Sei c die Geschwindigkeit des Lichtes und r der Radius der als Kreis gedachten Erdbahn, so ist

c = 2 r_ 15 s

Die Erde durchläuft die Bahn in einem Jahr, also ist vE = 2 p ∙ r_ T ⇔ r =

v E ∙ T_ 2 p   

Daraus folgt c = 2 v E ∙ T

_ 2 p ∙ 15 s = 2 ∙ 3 ∙ 10 4 m _ s ∙ 365 ∙ 86 400 s

__ 2 p ∙ 15 s = 2 ∙ 10 10 m _ s

Der so erhaltene Zahlenwert ist kaum mehr als eine erste Annäherung, zeigt aber, dass die Licht-geschwindigkeit endlich ist.

Interferenz und Beugung

3 [. UF | E ] a) Das an verschiedenen Orten auf dem Schirm auftreffende Licht hat jeweils unter-schiedliche Wege zurückgelegt. Je nach Gangunterschied kann konstruktive oder destruktive Interferenz auftreten.b) Mit den Bezeichnungen aus nebenstehen-der Abbildung folgt:

Für _

AB_

_

MP j 1 gilt sin a = k ∙ l _ g

Aus der Zeichnung ergibt sich auch tan a = ak _ l  ,

wobei ak der Abstand des k-ten Maximums von dem zentralen Maximum ist.

Ist ak _ l  j 1, so ist auch sin a . tan a, also

ist k ∙ l _ g = ak _ l  ⇔ k ∙ l =

ak ∙ g_ l 

Dann ist (k + 1) ∙ l – k ∙ l = ( a k + 1 – a k ) ∙ g_ l 

⇔ l = ð a ∙ g

_ l  . ð a = l ∙ l _ g ist also konstant.

c) Es ist ð a = 2 cm _ 8 = 0,25 cm ⇒ g = l ∙ l

 _ ð a = 5,8 ∙ 10 –7 m ∙ 2 m

__ 0,25 ∙ 10 –2 m

= 0,464 mm.

d) Es ist ð a ∼ 1 _ g, also verringert sich der Abstand der Streifen.

4 [$ UF ] Nach der Lösung zu Aufgabe 3 b) gilt: k ∙ l = ak ∙ g

_ l 

Bei benachbarten Streifen ist ak + 1 – ak = a und (k + 1) ∙ l – k ∙ l = l, also:

l = a ∙ g

_ l  = 2,5 ∙ 10 –3 m ∙ 4 ∙ 10 –4 m

__ 1,8 m = 5,56 ∙ 10 –7 m

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Io Jupiter

Erde

Sonne

Doppelspalt Schirm

A

M

B

g

P


5 [. UF | K ] Versuchsanordnung: Die Lampe wird mit einer Kollimatorlinse auf einen Spalt abge-bildet, von dem mit einer Projektionslinse ein scharfes Bild auf einem Schirm erzeugt wird. Prisma bzw. Gitter werden kurz hinter der Projektionslinse aufgestellt.Beobachtungen: In beiden Fällen entsteht ein Linienspektrum. Das Licht der Quecksilberlampe enthält nur einzelne Wellenlängen, jede Wellenlänge erzeugt ein Spaltbild, das in diesem Fall hinreichend vom nächsten separiert ist.Das mit dem Prisma erzeugte Spektrum beruht auf der Wellenlängenabhängigkeit des Brechungsindex. Der Brechungsindex für rotes Licht ist kleiner als der für blaues Licht. Es entsteht genau ein Spektrum.Das mit dem Gitter erzeugte Spektrum entsteht durch Beugung und Interferenz. Es ist sym-metrisch zur Mittellinie und es entstehen auf jeder Seite mehrere Spektren, die nach außen licht-schwächer werden.Der zur Interferenz erforderliche Gangunterschied ist von der Wellenlänge des Lichtes abhängig. Die Wellenlänge des blauen Lichtes ist kürzer als die von rotem Licht, blaues Licht wird also weni-ger stark abgelenkt als rotes Licht.

6 [$ UF ] a) Es gilt: sin a = k ∙ l _ g . Man erhält damit:

l = 400 nm l’ = 780 nm

 a 1 = 0,57°  a 1 ’ = 1,12°

 a 2 = 1,15°  a 2 ’ = 2,23°

 a 3 = 1,72°  a 3 ’ = 3,35°

Ab a 3 = 1,72° überlagern sich die Spektren 2. und 3. Ordnung.b) Mit a1 = l ∙ tan a  erhält man für l = 400 nm: a1 = 2,99 cm; für l = 780 nm: a1 = 5,87 cm.Das Spektrum 1. Ordnung erstreckt sich im Abstand von 2,99 cm bis 5,87 cm symmetrisch zum zentralen Maximum.

7 [$ UF ] Mit b als Spaltbreite gilt für das 1. Maximum beim Einfachspalt: sin a 1 = l _ b

Sei 2 a1 = 6,3 cm der Abstand der beiden ersten Minima, so ist tan a = a1 _ l  und für kleine Winkel

gilt: l _ b = a1 _ l 

a) Die Spaltbreite ist b = l ∙ l _ a 1 =

5 m ∙ 6,32 ∙ 10 –7 m __

3,15 ∙ 10 –2 m = 1,003 ∙ 10 –4 m

b) Die Wellenlänge beträgt l = a 1 ∙ b

_ l  = 3,5 ∙ 10 –2 m ∙ 1,003 ∙ 10 –4 m

__ 5 m = 702 nm

8 [. UF | K ] a) Auf dem Schirm erscheint nur Licht, das von den Schnittpunkten der beiden Gitter durch gelassen wurde. Man kann erkennen, dass die Gitterkonstanten der beiden Gitter verschie-den sein müssen. Für das Gitter mit den vertikal stehenden Spalten muss die Gitterkonstante g1 größer sein als für das andere Gitter, da der Abstand der Maxima kleiner ist.b) Die bekannten Näherungen werden verwendet, da der Schirmabstand groß ist. Dann ist:

gi = l ∙ l _ ai

(i = 1, 2)

g1 = 6,32 ∙ 10 –7 m ∙ 3 m

__ 1,6 ∙ 10 –2 m

= 1,185 ∙ 10 –4 m; g2 = 6,32 ∙ 10 –7 m ∙ 3 m

__ 2,4 ∙ 10 –2 m

= 7,9 ∙ 10 –5 m

9 [. UF ] a) Bei einem hinreichenden Abstand zwischen Rasierklinge und Natriumdampflampe kann das Licht als kohärent betrachtet werden. Das Licht wird an der Kante gebeugt. Bei ge-eigneten Gangunterschieden kommt es zu konstruktiver bzw. destruktiver Interferenz.b) Licht einer Glühlampe hat ein kontinuierliches Spektrum. Die Interferenzstreifen der verschie-denen Farben liegen im Normalfall so dicht beieinander, dass das beschriebene Phänomen nicht zu beobachten ist. Mit einigem Aufwand kann man aber auch bei Beleuchtung mit weißem Licht Beugung und Interferenz erkennbar machen.

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10 [$ UF ] Die Bedingung für die Auflösung zweier Objekte lautet:

sin a . 1,22 ∙ l _ D ⇔ D . 1,22 ∙ l _ sin a   

Aus einer Entfernung von l = 250 km erscheint ein Objekt mit dem Durchmesser d = 1 m unter dem Winkel:

tan a _ 2 = d_ 2 l  ⇔ a = 2 ∙ arc tan (  d_ 2 l  ) ⇒ a = (2,3 ∙ 10 –4 )°

Somit erhält man für den Objektivdurchmesser:

D . 1,22 ∙ l _ sin a   = 1,22 ∙ 7,5 ∙ 10 –7 m

__ sin (2,3 ∙ 10 –4 )°

= 22,9 cm

11 [$ UF | B ] Als Wellenlänge des Lichtes wird l = 600 nm verwendet. Mit einem Pupillendurch-messer von 4 mm ergibt sich für den Sehwinkel:

a ≈ arc sin ( 1,22 ∙ l _ D) = arc sin (  1,22 ∙ 6,0 ∙ 10 –7 m __

4 ∙ 10 –3 m ) = (1,05 ∙ 10 –2 )°

Der Abstand zwischen den Scheinwerfern betrage d= 1,5 m. Dann ergibt sich als maximale Ent-fernung l , in der noch zwei Scheinwerfer erkannt werden:

tan a _ 2 = d_ 2 l  ⇔ l = d_

2 ∙ tan a _ 2 =

1,5 m _

2 ∙ 9,15 ∙ 10 –5 = 8 200 m

Fotoeffekt

12 [$ UF ] Auf der rechten Seite (blau) haben die Elektronen die größte Energie. Ihre maximale kinetische Energie hängt von der Frequenz des Lichtes ab:E kin, max = h ∙ f – h ∙ fGrenz . E A = h ∙ fGrenz ist die für das Metall charakteristische Energie, die ein Elektron mindestens haben muss, um das Metall zu verlassen.

13 [$ UF | K ] Für die Grenzfrequenz gilt: fGrenz = E A

_ h ⇔ fGrenz = 4,53 ∙ 10 14 Hz

Ekin, max = h ∙ f – E A = h ∙ c_ l   – E A ⇒ Ekin, max = 1,56 ∙ 10 –19 J

Da die Austrittsarbeit konstant bleibt, wird bei halber Wellenlänge die kinetische Energie der Elektronen nicht verdoppelt:

h ∙ c_ l _ 2 – E A = 2 h ∙ c_ l   – E A ≠ 2 ∙ ( h ∙ c_ l   – E A )

14 [$ UF ] a) Aus fGrenz = E A

_ h erhält man:

Metall Cs Rb Ba Mg Zn Ag Pt

E A in 10 –19 J 3,04 3,36 4,01 5,93 6,89 7,53 10,09

f Grenz in 10 14 Hz 4,59 5,07 6,05 8,95 10,40 11,36 15,23

b) Ekin, max = h ∙ f – E A = h ∙ c_ l   – E A ⇒ Ekin, max = 1,2 ∙ 10 –19 J

Ekin, max = 1 _ 2 m e ∙ v e 2 ⇒ v = Ö____

2 Ekin, max

____  m e ⇒ v e ≈ 513 km _ s

c) Ekin, max = h ∙ c_ l   – E A ⇔ h ∙ c_ l   = Ekin, max + E A ⇔ l = h ∙ c_Ekin, max + E A ⇒ l = 170 nm

d) e ∙ UG, max = Ekin, max = h ∙ c_ l   – E A ⇔ UG, max = h ∙ c_ e ∙ l   –

E A _ e ⇒ UG, max = 0,41 V

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15 [. UF ] a) Siehe Abbildung rechtsb) Zu Graph A: Das Licht löst aus der Metall-schicht der Fotozelle Elektronen heraus.Ist der Draht ring mit dem Pluspol verbunden, dann werden die Elektronen beschleunigt. Die Stromstärke steigt, bis die Sättigungsstrom-stärke erreicht ist.Ist der Drahtring mit dem Minuspol verbun-den, dann werden die Elektronen im elektri-schen Feld abgebremst. Die Stromstärke sinkt. Sie wird null, wenn die Elektronen mit der größten Energie den Ring nicht mehr erreichen. Es gilt dann: Ekin, max = e ∙ UG, max .Zum Vergleich mit den anderen Kurven: Die Stromstärke null wird bei A, B und D für unterschied-liche Spannungen erreicht. Da die Energie der Photonen jeweils gleich ist, muss das Kathoden-material unterschiedlich sein. Für die zugehörigen Energien E A , die zum Herauslösen der Elek-tronen notwendig ist, gilt: E A (A) < E A (B) ( = E A (C) ) < E A (D).Bei B und C handelt es sich um die gleiche Fotozelle. Die Lichtintensität ist bei B größer als bei C.

16 [$ UF | K ] a) Bestimmung der maximalen Spannung; es gilt: e ∙ U G, max = h ∙ c_ l   – E A ⇔

U G, max = h ∙ c_ e ∙ l   –

E A _ e ⇒ U G, max = 1,3 V

b) Die Anzahl der je Sekunde und cm 2 auftreffenden Photonen ist:

NPh = S_ E Ph

Mit E Ph = h ∙ c_ l   = 5,68 ∙ 10 –19 J und S = 2,0 W _ m 2

= 2,0 ∙ 10 –4 W _

cm 2 ergibt sich NPh = 3,52 ∙ 10 14 1

_ cm 2 ∙ s

Die Anzahl der Elektronen je Sekunde ergibt sich zu Ne = Ph

__ e =

1,4 ∙ 10 –11 A __

1,602 ∙ 10 –19 As = 8,8 ∙ 10 7 1 _ s

Zum Vergleich: Es ist N Ph

_ N e = 4 ∙ 10 6 1 _

cm 2 , d. h., unter 4 ∙ 10 6 Photonen ist eines, das ein Elektron

auslöst.

17 [$ UF ] a) Berechnung der Austrittsarbeit:

Ekin, max = 1 _ 2 m e ∙ v e 2 = h ∙ c_ l   – E A ⇔ E A = h ∙ c_ l   – 1 _ 2 m e ∙ v e

2 ⇒ E A = 2,34 ∙ 10 –19 J

Die Grenzfrequenz ergibt sich daraus zu:

f Grenz = E A

_ h ⇒ fGrenz = 3,53 ∙ 10 14 Hz

b) Gemeint sind die Elektronen mit maximaler Geschwindigkeit in Richtung des Gegenfeldes. Es können auch Elektronen aus tieferen Schichten des Metalls abgelöst werden. Hierfür ist die Austrittsarbeit größer, die kinetische Energie der Elektronen kleiner.

18 [0 UF ] Die Anzahl der Photonen ist NPh = E ges

_ E Ph mit E Ph = h ∙ c_ l  

⇒ Ein Lichtblitz der Energie Eges = 2,5 ∙ 10 –17 J besteht bei einer Wellenlänge von l = 510 nm

aus

NPh = 2,5 ∙ 10 –17 J

_ 3,9 ∙ 10 –19 J

= 64 Photonen

19 [$ UF ] Die Anzahl der Photonen ist NPh = Eges

_ EPh mit EPh = h ∙ c_ l   

⇒ NPh = 2 ∙ 10 –18 J

_ 3,3 ∙ 10 –19 J

= 6

20 [. UF | E ] Die Energie der Photonen (z. B. des sichtbaren Lichts) würde um die Faktoren a) 10 10 ; b) 10 20 bzw. c) 10 30 ansteigen. Gegen diese Energien wären wir nicht geschützt.Die De-Broglie-Wellenlänge l = h/p wäre so groß, dass Interferenzerscheinungen nicht nur bei Mikroobjekten zu beobachten wären.

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¯Foto

Blende

Licht

Fotozelle

UR

14 Erforschung des Elektrons

Erforschung des Elektrons


A1 [$ UF | E ] Die Ladungstrennung lässt sich durch einen Übergang von Elektronen zwischen den beiden sich berührenden Stoffen erklären, die im Allgemeinen verschiedene Energie aufweisen. Die Ladungstrennung bei Berührung gleicht diese Energieunterschiede aus.

A1 [0 UF ] In einem Raumpunkt, in dem sich zwei Feldlinien schneiden, hätte das elektrische Feld keine eindeutige Richtung. Das widerspricht der Definition der Feldlinien.

A2 [0 UF | E ] Nähert man den geriebenen Stab einigen Papierschnipseln, so springen sie bei geringer Entfernung von der Tischplatte zur Spitze des Kunststoffstabes. Im elektrischen Feld des Stabes sind die Papierschnipsel polarisiert worden. Dadurch verschieben sich die Schwerpunkte negativer und positiver Ladung im Papier. Die dem Stab entgegengesetzte Ladung verschiebt ihren Schwerpunkt ein wenig in Richtung des Stabes. Damit besteht im inhomogenen Feld eine Anziehungskraft zwischen dem Stab und dem gesamten polarisierten Papierschnipsel.

A3 [0 UF ] Wenn die Feldlinien nicht auf Metallflächen senkrecht endeten, müsste es eine zur Metall oberfläche tangentiale Komponente der elektrischen Feldstärke geben. Entgegengesetzt zur Feldkomponente wirkt auf die im Metall frei beweglichen Elektronen eine Kraft, die sie parallel zur Oberfläche verschiebt. Die Verschiebung ist beendet, wenn keine Kraft mehr zur Ober-fläche wirkt. Dann ist die Tangentialkomponente der elektrischen Feldstärke gleich null und elek-trische Feldlinien treffen senkrecht auf der Metalloberfläche auf.

A1 [0 UF ] Der Wassertropfen habe eine Masse m = 0,001 kg. Es gilt: F el = Q ∙ E = m ∙ g = F G .Damit ergibt sich für die Ladung eines schwebenden Wassertropfens:

Q = m ∙ g

___ E  = 0,001 kg ∙ 9,81 m _ 

s 2 ________ 

1 ∙ 10 6 N __ As = 9,81 ∙ 10 – 9 C.

A2 [0 UF | K ] Durch Influenz verschieben sich Elektronen im Metall. Das Feld der verscho-benen Ladung kompensiert im Inneren des Autos das äußere Feld. Das resultierende elek-trische Feld ist im Inneren gleich null, man sagt das Innere ist feldfrei, sodass die Ladung des Blitzes nicht in das Auto eindringen kann.

A1 [0 UF ] Berechnung der Kraft auf die Ladung: F = Q ∙ E = 0,001 C ∙ 0,06 N _ C = 1 ∙ 10 – 5 N.

Die aufzuwendende Energie beträgt E = r ∙ cos a ∙ F = 0,4 m ∙ cos (20°) ∙ 1 ∙ 10 –5 N = 3,76 ∙ 10 – 6 J.

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E

+ + + + + + + + + + + + + +

+

+ +

+

+ + + + +

+ +

+ + +

+

– – – –

–

– –

– – – – – – – – –

– –

– –

–

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Erforschung des Elektrons 15

A1 [$ UF | K ] Die Bewegung der Elektronen, die mit einer konstanten Geschwindigkeit v x in ein elektrisches Querfeld eintreten, lässt sich mit der Bewegung eines waagerecht geworfenen Kör-pers vergleichen. In x-Richtung erfolgt eine gleichförmige Bewegung, in y-Richtung führen die Ladungsträger unter dem Einfluss einer konstanten Kraft eine beschleunigte Bewegung aus. Im Falle des waagerechten Wurfs wirkt die Gravitationskraft in y-Richtung, im Falle des Ladungs-trägers im elektrischen Feld ist es die elektrische Kraft.

A2 [$ UF | K ] Wenn eine Ablenkung in y- und in z-Richtung erfolgen soll, sind zwei Paar Ablenkplatten erforderlich (Abbildung rechts). Eine Ablenkung nach unten links erreicht man, wenn die Polung der Platten wie dargestellt gewählt wird.

A1 [$ UF ] Bei dieser Aufgabe ist zu beachten, dass es sich bei den in der Tabelle angegebenen Messwerten auch um Vielfache der Elementarladung handeln kann. Die muss bei der Berechnung des Mittelwertes berücksichtigt werden. Zunächst werden die Messwerte entsprechend sortiert:

1 e in 10 –19 C 1,54 1,6 1,66 1,62 1,6 1,64 1,58 1,69

2 e in 10 –19 C 3,27 3,21 3,06 3,19 3,17 3,50

3 e in 10 –19 C 4,77 4,67 4,94 5,04

4 e in 10 –19 C 6,28 6,70 6,40 6,18

Bei der Messung wurde also − 8-mal die Ladung 1 e,− 6-mal die Ladung 2e,− 4-mal die Ladung 3 e und − 4-mal die Ladung 4 e gemessen. Insgesamt sind dies also 8 + 6 ∙ 2 + 4 ∙ 3 + 4 ∙ 4 = 48 Werte für die Elementarladung e.Der Mittelwert ergibt sich damit zu

e = (1,54 + 1,6 + 1,66 + 1,62 + 1,6 + 1,64 + 1,58 + 1,69 + 3,27 + 3,21 + 3,06 + 3,17 + 3,50 + 4,77 + 4,67 +

4,94 + 5,04 + 6,28 + 6,70 + 6,40 + 6,18) ∙ 10 –19 C ___ 48

e = 77,31 ∙ 10 –19 C

______ 48

e = 1,61 ∙ 10 –19 C

Aus der Messung ergibt sich für die Elementarladung ein Mittelwert von 1,61 ∙ 10 –19 C.

A2 [$ UF ] Zunächst berechnet man aus der Sinkzeit die Sinkgeschwindigkeit der Öltröpfchen, um mit diesem Wert aus dem v-m-Diagramm (s. Versuchsskizze Schülerbuch S. 47/B2) die Masse der Tröpfchen zu bestimmen:

mit v = s_ t und s = 1 mm ergeben sich folgende Werte:

t in s 15 24 20 18

v in 10 –5 m/s 6,67 4,17 5,00 5,56

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Anode

Quelle zur Beschleunigungder Elektronen

Glühdraht

zur vertikalenAblenkung

zur horizontalen Ablenkung

ElektronenstrahlLeuchtschirm

Quelle zumGlühen

Quelle zur Bündelung des Elektronenstrahles

Wehneltzylinder

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Aus dem Diagramm kann man folgende Massewerte ablesen:

v in 10 –5 m/s 6,67 4,17 5,00 5,56

m in 10 –15 kg 1,85 0,90 1,20 1,40

Daraus lässt sich nach der Gleichung

Q = m ∙ g ∙ d

____ U

die Ladung der Tröpfchen berechnen:

U in V 330 315 460 250

m in 10 –15 kg 1,85 0,90 1,20 1,40

Q in 10 –19 C 3,30 1,68 1,53 3,30

Die Tabelle zeigt, dass zwei der Tröpfchen die 2-fache und zwei die einfache Elementarladung getragen haben.

A1 [0 E | K ] Vorteil: einfache Methode zur Beschreibung der Stärke eines Magneten Nachteil: Die Stärke ist nicht linear zur Länge der Kette, die Länge der Kette ist auch von anderen Gegebenheiten abhängig (Ansatz am Magnet, Berührfläche der Klammern, …)

A2 [0 E | K ]

Feldlinien schneiden sich nicht und enden auf den Polen der Magnete senkrecht. Die Dichte der Feldlinien ist ein Maß für die Stärke des Feldes.

A3 [$ UF | K ] Die Feldlinienbilder von magnetischen und elektrischen Feldern ähneln sich. Es gibt Quellen und Senken allerdings aber auch in sich geschlossene Feldlinien, die nicht auf Polen oder Ladungen enden.

A1 [$ UF ] Sie bewegen sich auf Schraubenbahnen. Die Kreisbahn wird durch die Lorentzkraft erzeugt, jedoch bewirkt die Geschwindigkeitskomponente parallel zu den Feldlinien des magne-tischen Feldes eine Bewegung längs der Feldlinien.

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A1 [$ UF ]

Liegen sich anziehende Pole gegenüber, laufen die Feldlinien vom Nordpol des einen Magnets zum Südpol des anderen (Abbildung links). Abstoßende Pole erzeugen ein Feld, bei dem sich die Feldlinien „verdrängen“ (Abbildung rechts).

A1 [. UF | E ] Relative Messunsicherheiten der Messgrößen: ð U ≈ 5 V; ð B ≈ 0,1 mT; ð r ≈ 5 mm. Die Abweichungen liegen vor allem bei B und r im Bereich von 5 % bis 10 %. Durch die Quadrate im Nenner werden die Ergebnisse mit einem Fehler behaftet sein, der im Bereich zwischen 10 % und 20 % liegt.

A1 [$ K ] Z. B. http://de.wikipedia.org/wiki/Massenspektrometrie

A1 [$ UF | E ] Siehe Schülerbuch, S. 21. Aus dem Lehrbuchtext ergibt sich: Das Auflösungs- vermögen hängt von der Wellenlänge ab. Es ist umso größer, je kleiner die Wellenlänge ist. Für sichtbares Licht gilt l t 10 – 9 m, für Elektronen nach den Ergebnissen dieser Seite l t 10 – 12 m.

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Elektrische Ladung

1 [0 UF | K ] Beispiele sind Anziehung und Abstoßung von geriebenen Nichtleitern.Als Annahmen gehen in die Deutung ein: Durch Reiben erfolgt eine Ladungstrennung. Gleich-namige Ladungen stoßen einander ab; ungleichnamige Ladungen ziehen sich an.

2 [0 UF ] a) Ungeladene Körper enthalten gleiche Mengen positiver und negativer Ladung; bei ge ladenen Körpern überwiegt jeweils eine Ladungsart.b) Elektrische Quellen geben kontinuierlich elektrische Ladung ab.

c) Es ist ¯ = Q

_ t

Die Stromstärke gibt an, wie viel Ladung Q pro Zeitspanne t durch einen Leiterquerschnitt fließt.

Ladungsträger im elektrischen Feld

3 [$ UF | K ] a) Auf einen elektrisch geladenen Körper wirkt im elektrischen Feld eine Kraft.b) Ein geladener Probekörper wird in das elektrische Feld gebracht. An allen Stellen muss die wirkende Kraft gleich sein. In der Nähe der Metallplatten kann die Ladungstrennung bei zu großem Probekörper stören.

4 [0 UF ] Es ist E = F_ 

Q

Mit Q= 3,5 ∙ 10 –8 C und F= 2,1 ∙ 10 –5 N erhält man E = 600 N _ C

Auf einen Probekörper mit der Ladung Q= 5,2 ∙ 10 –9 C wirkt an der gleichen Stelle im elektri-

schen Feld die Kraft F = Q ∙ E = 5,2 ∙ 10 –9 C ∙ 600 N _ C = 3,2 ∙ 10 –6 N.

5 [$ UF ] Die Kugel schwebt, wenn die untere Platte positiv geladen ist und die Beträge der elektrischen Feldkraft und der Gravitationskraft gleich sind.

Dann gilt: m ∙ g = Q ∙ E und E = m ∙ g

___ Q

= 3,92 ∙ 10 3 N

_ C

6 [$ UF | K ] a) Damit die Kugel schwebt, muss die elektrische Kraft auf die Ladung Q die Ge-wichtskraft, die auf die Masse m wirkt, gerade ausgleichen. Dementsprechend muss die obere Platte positiv, die untere negativ geladen sein. Da der Feldstärkevektor die Kraft angibt, die auf eine positive Ladung im elektrischen Feld ausgeübt wird, muss er von der positiv geladenen Platte zur negativ geladenen weisen, in diesem Fall also von oben nach unten.b) Siehe Abbildung linksc) Spannung, die an den Platten anliegen muss, damit die Kugel schwebt.Es muss Kräftegleichgewicht zwischen der elektrischen Kraft und der Gewichtskraft herrschen:

F el = F G

E∙ Q = m ∙ g mit E = U_ d ergibt sich für die Spannung U:

U = m ∙ g ∙ d

____ Q

U = 2,5 ∙ 10 –6 kg ∙ 9,81 m _ 

s 2 ∙ 0,040 m _____________  

1,6 ∙ 10 –10 C = 6,13 kV

An den Platten muss eine Spannung von 6,13 kV anliegen, damit die geladene Kugel in der Schwebe gehalten wird.

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m = 2 mg

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Q

FG

EFel


7 [0 UF ] a) Der Feldrichtung in der Zeichnung entnimmt man, dass Energie von außen zu- geführt wird; die potenzielle Energie nimmt also zu.

b) Es gilt W = F ∙ s = Q ∙ E ∙ s = Q ∙ 5 ∙ 10 4 N

_ C ∙ 0,04 m = Q ∙ 2 ∙ 10 3 V;

mit Q = – e folgt: W = 1,6 ∙ 10 –19 C ∙ 2 ∙ 10 3 V = 3,2 ∙ 10 –16 J.

c) Die potenzielle Energie ist in dem Fall gleich der unter (b) berechneten zugeführten Energie.Bei B als Bezugspunkt ändert sich wegen W (A)–W(B) = 0 nichts.

8 [$ UF | K ] a) Es kann eine der folgenden Möglichkeiten dargestellt werden: 1. Bestimmung der Elementarladung nach Millikan (s. Versuchsskizze Schülerbuch S. 46, B3): Gela-dene Teilchen befinden sich in einem senkrecht gerichteten Feld im Schwebezustand. Dann ist die Gewichtskraft gleich der elektrischen Kraft und es gilt:

F G = F el

Die Gewichtskraft ist F G = m ∙ g,die elektrische Kraft ist F el = n ∙ e ∙ E , wenn das Teilchen n Elek-

tronen trägt. Mit der Feldstärke E = U_ d erhält man für die elektrische Kraft:

F el = n ∙ e ∙ U_ d = m ∙ g und damit

n ∙ e ∙ U_ d = m ∙ g

n ∙ e = m ∙ g ∙ d_ U

Plattenabstand und Spannung können gemessen werden. Die Masse mergibt sich aus der Tröpf-chengröße. Alle erhaltenen Werte sind ganzzahlige Vielfache der Elementarladung e.2. Bestimmung von e/m nach Schuster: Elektronen bestimmter Geschwindigkeit bewegen sich in einem homogenen Magnetfeld senkrecht zu den Feldlinien.

Dann ist die Radialkraft gleich der Lorentzkraft und es gilt:

m ∙ v 2 _ r = e ∙ v ∙ B ⇔ e_

m = v

_ r ∙ B Die Geschwindigkeit der Elektronen ergibt sich aus:

1 _ 2 m ∙ v 2 = e ∙ U zu v 2 = 2 e ∙ U_ m

Man erhält:

e 2 _

m 2 = v 2

_ r 2 ∙ B 2

= 2 e ∙ U_

m ∙ r 2 ∙ B 2 ⇔ e_

m = 2 U

_ r 2 ∙ B 2

Die Beschleunigungsspannung Uundder Radius r der Kreisbahn der Elektronen können direkt gemessen werden, die magnetische Flussdichte Bkann mittels eine Hallsonde oder aus der Geometrie der Spulen und der Stromstärke in den Spulen bestimmt werden.

b) Wenn das Teilchen im elektrischen Feld schwebt, dann muss gelten:

n ∙ e ∙ E = m ∙ g

n ∙ e = m ∙ g

___ E   

n ∙ e = 4,9 ∙ 10 –16 kg ∙ 9,81 m _ 

s 2 _________ 

10 000 V _ m

n ∙ e = 4,8 ∙ 10 –19 C Damit das Teilchen im elektrischen Feld schwebt, muss es eine negative Ladung von 4,8 ∙ 10 –19 C haben. c) Die Elementarladung beträgt 1,602 ∙ 10 –19 C, damit ist die Anzahl der Elementarladungen n = 3.

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r

v

FzAK

U


9 [$ UF | K ] a) Zur Durchführung des Millikan-Versuchs benötigt man einen Plattenkondensator (Plattenabstand d), einen Zerstäuber mit Öl, ein Mikroskop, eine Stoppuhr sowie einen Maßstab mit geeigneter Skaleneinteilung. Mit Hilfe des Zerstäubers bringt man Öltröpfchen zwischen die Platten des Kondensators. Beim Zerstäuben werden einige Tröpfchen durch Reibung schwach positiv oder negativ geladen. Nun stellt man die Spannung am Plattenkondensator so ein, dass eines der Tröpfchen schwebt. Die Spannung am Kondensator wird notiert. Im Schwebefall sind die auf das geladene Öltröpfchen wirkende elektrische Kraft F el = Q ∙ E = Q ∙ U/d und die Gewichtskraft F G = m ∙ g gleich groß. Die Spannung U und der Plattenabstand d sind bekannte Größen, nicht bekannt ist die Masse des Tröpfchens. Um diese zu bestimmen, schaltet man die Spannung ab. Das Tröpfchen beginnt zu sinken und bewegt sich nach kurzer Zeit mit konstanter Geschwindigkeit. Die Sinkgeschwindigkeit ändert sich nicht, weil sich schnell ein Gleichgewicht zwischen der Gewichtskraft und der Luftwiderstands - kraft eingestellt hat. Um diese Sinkgeschwindigkeit zu bestimmen wird die Zeit t gemessen, in der das Tröpfchen um eine Strecke von 1 mm absinkt. Die benötigte Zeit bzw. die daraus er-mittelte Geschwindigkeit werden ebenfalls notiert. Aus der Sinkgeschwindigkeit lässt sich dann die Masse des Öltröpfchens berechnen.b) Im Schwebefall herrscht am Öltröpfchen Kräftegleichgewicht:

F el = F G

Q ∙ U_ d = m ∙ g

Daraus ergibt sich für die Ladung:

Q = m ∙ g ∙ d_ U

c) Gegeben: d = 1,2 cm m = 2,0 ∙ 10 –8 mg U = 7,4 kV

Gesucht: Ladung Q des Öltröpfchens

Es gilt: Q = m ∙ g ∙ d_ U

Q = 2,0 ∙ 10 –14 kg ∙ 9,81 m _  s 2

∙ 0,012 m

____ 7400 V

Q = 3,2 ∙ 10 –19 kg ∙ m 2 ___ 

( s 2 ∙ V)

Q = 3,2 ∙ 10 –19 N ∙ m _ V

Q = 3,2 ∙ 10 –19 C

Das Öltröpfchen trägt die Ladung 3,2 ∙ 10 –19 C, also 2 e.

Ladungsträger im Magnetfeld

10 [$ UF | E ] Es gilt:

Magnetische Flussdichte Gravitationsfeldstärke Elektrische Feldstärke

B = F_ Ø ∙ s (1) G = F_ m (2) E = F_ Q (3)

In den Definitionen (2) und (3) wird jeweils der Quotient aus der ortsabhängigen Kraft auf einen Probekörper und der charakteristischen Eigenschaft des Probekörpers als jeweilige Feldstärke definiert.Interpretiert man in (1) das Produkt ¯ ∙ s als charakteristische Eigenschaft des Probekörpers, so wäre die Größe B in diesem Kontext auch als (magnetische) Feldstärke zu bezeichnen.

11 [0 UF ] F = ¯ ∙ s ∙ B = 100 A ∙ 100 m ∙ 5 ∙ 10 –5 T = 0,5 N.Die Kraft ist senkrecht zur Leitung und zur Richtung des Erdfeldes orientiert; sie ist daher um 23° gegenüber der Horizontalen geneigt.

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12 [$ UF | K ] Wegen der antiparallelen Stromrichtung heben sich die Kräfte in den vertikalen Leiterteilen gegenseitig auf und nur das horizontale Stück der Länge s zeigt die Kraftwirkung.

Die Quotienten F_ ¯ ∙ s haben die Zahlenwerte 7,5 ∙ 10 –3 ; 7,2 ∙ 10 –3 ; 7,3 ∙ 10 –3 ; 7,2 ∙ 10 –3 und 7,1 ∙ 10 –3 .

Sie sind nahezu konstant und daher zur Definition einer feldbeschreibenden Größe geeignet.

13 [. UF | K ] a) Der Winkel a wird in Abhängigkeit von der Stromstärke ¯ gemessen. Aus dem Winkel a ergibt sich die Rückstellkraft FR = m ∙ g ∙ tan a  (die Masse der „senkrechten“ Schaukel-bügel wird vernachlässigt). Dies stimmt mit dem Betrag der Kraft F überein, die der Strom im geraden Leiter durch das Magnetfeld erfährt. Mit der bekannten Länge s der Leiterschaukel und der gemessenen Stromstärke ¯ erhält man die magnetische Flussdichte

B = F_ ¯ ∙s =

m ∙ g ∙ tan a _ ¯ ∙ s

b) Die Messwerte liefern folgende Ergebnisse:

a in Grad F in N Ø in A B in T

5 3,0 ∙ 10 –3 1 0,06

9 5,4 ∙ 10 –3 2 0,05

13 7,9 ∙ 10 –3 3 0,05

17 Å,Å ∙ 10 –2 4 0,05

21 Å,3 ∙ 10 –2 5 0,05

14 [$ UF | E ] Für die Geschwindigkeit erhält man aus dem Energieansatz:

Ekin = e ∙ U = 1 _ 2 m ∙ v 2 ⇒ v = √_

2 e ∙ U_ m = 3,75 ∙ 10 7 m _ s

Die Gleichsetzung von Zentripetalkraft und Lorentzkraft liefert die Zentripetalbeschleunigung und den Radius:

FL = e ∙ v ∙ B = m ∙ v 2 _ r = FZ aZ = e ∙ v ∙ B

_ m = 3,3 ∙ 10 14 m _ s 2

sowie r = m ∙ v _e ∙ B = 4,26 m

Der nebenstehenden Skizze entnimmt man die Ablenkung im Magnetfeld:

x = r – h = r – √_

r 2 – s 2 = 0,02 m.

Für die Abschätzung der Laufzeit wird angenommen, dass das Elektron die Strecke s durchläuft.

Dann ist t = s_ v = 1,1 ∙ 10 –8 s.

15 [$ UF ] a) Unter dem Einfluss der Kraft im Magnetfeld ergibt sich eine Kreisbahn, da die Richtung der Kraft stets senkrecht zum Geschwindigkeitsvektor orientiert ist.b) Wegen der Inhomogenität ergibt sich eine Kreisbahn mit geringer werdendem Radius. Die Neigung der Schraubenbahn ergibt sich, da es eine Horizontalkomponente von B gibt.

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N

S

FR

a

aF

m · g

¯

s = 40 cm

x

h r


16 [$ UF | K ] a) Bewegte Elektronen werden in einem magnetischen Feld abgelenkt. Da-durch entsteht an einem stromführenden Metallband eine Spannung zwischen den Punkten P 1 und P 2 .

b) Durch das Gleichsetzen von Lorentzkraft und elektrischer Kraft auf die Elektronen des Metallbandes ergibt sich:

F L = e ∙ v D ∙ B = e ∙ E = e ∙ U H

_ b = F el

⇒ UH = vD ∙ B ∙ b; dabei ist v D die Drift-

geschwindigkeit der Elektronen.

Elektronen haben eine Masse

17 [$ UF ] a) Die Lorentzkraft wirkt immer senkrecht zur Bewegungsrichtung der Elektronen.b) Aus der Lorentzkraft als Zentripetalkraft einerseits und dem Energiesatz andererseits erhält man:

FL = e ∙ v ∙ B = m ∙ v 2 _ r = F Z ⇔ e_

m = v

_ r ∙ B

und

Ekin = e ∙ U = 1 _ 2 m ∙ v 2 ⇒ v 2 = 2 e ∙ U_ m

Quadriert man die obere Gleichung und setzt dann für v2 die untere Beziehung ein, so erhält man:

e 2 _

m 2 = v 2

_ r 2 ∙ B 2

= 2 e ∙ U_

m ∙ r 2 ∙ B 2 ⇔ e_

m = 2 U

_ r 2 ∙ B 2

Mit den Daten ergibt sich

e_ m = 560 V __

(0,051 m ∙ 1,1 ∙ 10 –3 T ) 2 = 1,78 ∙ 10 11 C _ kg

18 [$ UF | E ] Geradliniges Durchlaufen erfolgt, wenn keine Kraft wirkt, bzw. wenn die Gesamt-kraft aller wirkenden Kräfte null ist. Auf ein geladenes Teilchen wirken die elektrische Kraft und die Lorentzkraft:

Fel = Q ∙ E = Q ∙ v ∙ B = FL ; also ist v = E _ B

19 [. UF ] a) Nach Aufgabe 18 gilt: v = E _ B = U d

_ d ∙ B ⇒ v = 2,5 ∙ 10 7 m _ s

b) 1 _ 2 m ∙ v 2 = e ∙ U ⇒ e_ m

= v 2 _ 2 U = 1,6 ∙ 10 11 C _ kg

Interferenz bei Elektronen

20 [0 UF | K ] Elektronen kann eine Wellenlänge l = h/p zugeordnet werden. Es lässt sich nicht voraussagen, wo ein einzelnes Elektron auftreffen wird. Mit Hilfe des Interferenzmusters kann nur von einer Wahrscheinlichkeit für einen bestimmten Auftreffort gesprochen werden.

21 [$ UF ] Sandkörner am Zweifachspalt: Es entsteht eine symmetrische Verteilung, aber keine Inter ferenz.Wasserwellen am Zweifachspalt: Man beobachtet Interferenz bei jeder Intensität.

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UH

P1

P2

S

N

B

¯

b

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Elektronen am Zweifachspalt: Bei geringer Intensität beobachtet man zunächst stochastisch verteilte Orte. Ein Interferenzbild entsteht erst mit sehr vielen Elektronen.

22 [$ UF ] a) Es entsteht Interferenz von Elektronen an Graphitkristallen, die in allen Raum-richtungen angeordnet sind. Die Bragg-Bedingung muss erfüllt sein.b) Es ergibt sich die Planck’sche Konstante h.c) Die De-Broglie-Wellenlänge ist der Quotient aus h und dem Impuls p eines Elektrons: l = h_ pNur bei einer großen Anzahl von Elektronen kann Interferenz beobachtet werden.

23 [$ UF | K ] a)

zum Empfänger

ðs = l2 – l1

l2 l1 h h*

a a

C

B

D

h A h*

ðs = CB + BD

zum Empfänger

b) Man betrachtet parallele Wellen mit geraden Fronten, die auf ein regelmäßiges Gitter treffen. Vereinfacht wird angenommen, dass alle Gitterpunkte denselben konstanten Abstand haben. Außerdem betrachtet man nur Netzebenen, die parallel zur Oberfläche und senkrecht zur Zeichen-ebene liegen.Die Wellen werden vom Gitter gebeugt, nach dem Huygens’schen Prinzip gehen von den Gitter-punkten Elementarwellen aus, die sich überlagern und verstärken. Die obige Abbildung a) ver-anschaulicht den entstehenden Gangunterschied ð s für benachbarte Punkte einer Netzebene. Verstärkung ergibt sich für ð s = k ∙ l mit k = 0, 1, 2, …Von allen Verstärkungen ist diejenige maximal, für die θ = θ* gilt. Wellen, die an hintereinanderliegenden Netzebenen reflektiert werden, verstärken sich, wenn zusätzlich zur Bedingung θ = θ* der längere Weg die Bedingung ð s = k ∙ l mit k = 0, 1, 2, … erfüllt. Die Abbildung b) liefert hierfür ð s = 2 a ∙ sin θ k .Interferenzmaxima lassen sich also beobachten, wenn Einfalls- und Reflexionswinkel gleich sind und außerdem gilt: 2 a ∙ sin θ k = k ∙ l mit k = 1, 2, 3, …c) Der Winkel, um den der Elektronenstrahl aus seiner ursprünglichen Richtung abgelenkt wird, entspricht 2 θ. Aus der Abbildung erhält man: tan 2 θ = R/lFür kleine Winkel kann man diesen Zusammenhang vereinfachen:

tan 2 θ = sin 2 θ = 2 ∙ sin θ = R_ l 

Ersetzt man für k = 1 nun noch sin θ durch ð s__ 

2 a = l __ 2 a ergibt sich:

2 l __ 2 a = R_ l 

l = a ∙ R_ l 

Bei der Beugung von Wellen liefern kleinere Gitterkonstanten a größere Abstände der Inter-ferenzmaxima. Der kleinere Ring wird also der der größeren Gitterkonstanten a 1 = 2,13 ∙ 1 0 –10 m zugeordnet.

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d) Mit zunehmender Beschleunigungsspannung U B erreichen die Elektronen eine größere Geschwindigkeit und besitzen entsprechend einen größeren Impuls. Die Geschwindigkeit von Elektronen, die eine Beschleunigungsspannung U B durchlaufen haben, lässt sich bestimmen mit: E el = E kin

U B ∙ e = 1 _ 2 ∙ m e ∙ v 2

v 2 = 2 U B ∙ e

____  m e

mit p = m e ∙ v ergibt sich:

p = Ö______ 2 U B ∙ e ∙ m e

Aus den Messwerten lassen sich damit folgende Elektronen-Impulse berechnen:mit e = 1,602 ∙ 10 –19 C

m e = 9,109 ∙ 10 –31 kg

U B 3,0 3,5 4,0 5,0

p in 10 –23 Ns 3,0 3,2 3,4 3,8

e) Zur Bestimmung der Planck’schen Konstanten muss die Wellenlänge der Elektronen aus den Messwerten bestimmt werden:

Es gilt:

tan 2 θ ≈ sin 2 θ = R_ l

l = 2 a ∙ sin θ = 2 a ∙ sin ( 0,5 ∙ arcsin R_ l ) für kleine Winkel θ ist: sin 2 θ ≈ 2 sin θ und damit

l = a ∙ R_ l

l = 2,13 ∙ 10 –10 m ∙ R____ 0,135 m

R ändert sich mit U B , für die verschiedenen Beschleunigungsspannungen ergibt sich somit:

U B in kV 3,0 3,5 4,0 5,0

R in m 0,0142 0,0132 0,0123 0,0110

l in 10 –12 m 22,4 20,8 19,4 17,3

Die Planck’sche Konstante ergibt sich aus der Gleichung:

l = h_ p zu h = l ∙ p

l in 10 –12 m 22,4 20,8 19,4 17,3

p in 10 –23 Ns 3,0 3,2 3,4 3,8

h in 10 –34 Ns ∙ m 6,7 6,7 6,6 6,6

Aus den Messwerten ergibt sich die Planck’sche Konstante h zu 6,65 ∙ 10 –34 Ns ∙ m.

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Quantenobjekte 25

Quantenobjekte


A1 [$ UF | K ] Die beobachtbare Bahn hat eine Breite von etwa 1 mm entsprechend einer Unbestimmtheit des Ortes von der Größenordnung ð x = 10 – 3 m.

Die führt zur Unbestimmtheit des Impulses ð p = 5,3 ∙ 10 – 32 kg ∙ m

___ s

Aus der Beschleunigungsspannung U = 200 V ergibt sich der Impuls der Elektronen zu 7,6 ∙ 10 – 24 kg m/s. (Formel s. Schülerbuch, S. 75 „Bildschärfe eines Röhrenfernsehers“).

Wenn man die Unbestimmtheit des Impulses als Querimpuls ansetzt und fragt, nach welcher Bahnlänge z. B. eine Aufweitung der Bahnbreite von 1 mm auf 1 cm erfolgt ist, erhält man analog zu den Betrachtungen zur Bildschärfe des Fernsehers auf dieser Seite für ð l = 1 cm die Länge l = 1,6 ∙ 10 6 m. Das übersteigt bei Weitem die Bahnlänge im Fadenstrahlrohr. D. h., eine beobacht-bare Bahn widerspricht nicht den Aussagen über Quantenobjekte. Jedoch wird in keinem Fall die Bahn eines einzelnen Quantenobjekts beobachtet. Was man beobachtet, ist das Ergebnis der Wechselwirkung sehr vieler Quantenobjekte mit dem Gas im Inneren des Fadenstrahlrohres.

A1 [$ UF ] Die Messunsicherheit ist z. B. abhängig von der Qualität eines Messgerätes. Sie kann im Prinzip beliebig klein werden. „Unbestimmtheit“ ist ein naturgesetzlicher Zusammenhang zwischen der Genauigkeit einer gleichzeitigen Messung von Ort und Impuls. Sie kann nicht unterschritten werden.

[0 UF | K ] 1 Untere Hälfte des Randbildes abgedeckt: Kommentar: „Man sieht drei zylindrische Säulen.“2 Obere Hälfte des Randbildes abgedeckt: Kommentar: „Man sieht zwei Quader unterschiedlicher Breite.“Zusammenfassender Kommentar: Die Teilansichten liefern vertraute Bilder (vgl. etwa Wellen und Teilchen). Das Ganze kann aber nicht als Summe seiner Teile gedeutet werden, es ist etwas Neues (Quantenobjekt).

A1 [. UF | K ] Kommentar zum Bild im Schulbuch s. u.: Das Ganze ist etwas anderes als die Summe seiner Teile. Die Realitäts frage führt hier z. B. auf die Rolle des Betrachters.Er kann zum einen das Gesamte nur als Einheit erkennen, wenn er über Erfahrung „mit Toten-schädeln“ verfügt.Er kann die Details ebenso nur erkennen, wenn er etwas über Torbögen und Menschen weiß.

Seite 75

Seite 76

Seite 77 in der Randspalte

Seite 77

26 Quantenobjekte


Quantenobjekte

1 [$ UF | K ] a) Falls der Ablenkwinkel a sehr klein ist, dann gilt für den Abstand d benachbarter Inter ferenzstreifen:

d = l ∙ l _ g ⇒ d =

589 nm ∙ 16,8 m __

10 –3 m = 9,9 ∙ 10 -3 m ≈ 1 cm.

b) Man erhält 10 stochastisch verteilte Punkte (siehe Abbildung rechts). Bei langer Belich-tungszeit ergibt sich das Interferenzbild aus Frage a).c) Für klassische Teilchen würde man eine Ver teilung wie bei Sandkörnern erwarten (siehe Abbildung Randspalte).

2 [$ UF | K ] Es gilt: _

ð p·_

ð x º h_4p   ⇒ m·_

ð v·_

ð x º h_ 4 p  

Je größer die Masse m, desto kleiner kann _

ð v·_

ð x werden. Ist _

ð v konstant, dann kann _

ð x immer kleiner werden.

3 [$ UF | K ] a) Es gibt keine Koinzidenz, d. h., zu einem bestimmten Zeitpunkt wird entweder an dem einen oder an dem anderen Spiegel ein Photon registriert, niemals an beiden gleichzeitig.b) Interferenz kann nur auftreten, wenn für Photonen zu einem Ziel unterschiedliche Wege verfügbar sind. Sie wird nur beobachtet, wenn nicht entscheidbar ist, welchen Weg ein Photon genommen hat. Das gesamte Interferenzmuster wird erst bei vielen Photonen erkennbar, jedes trägt aber zu dem Muster bei. Ein einzelnes Photon kann nur auf dem einen oder dem ande ren Weg nachgewiesen werden. Wenn die Nachweismöglichkeit besteht, geht allerdings das Inter ferenzbild verloren. Interpretiert man die Aussage „das Photon interferiert mit sich selbst“ in diesem Sinne, ist sie sinnvoll. Es gibt aber keine Teilung eines Photons.

4 [$ UF ] _

ð v º h_____ 

4 p ∙ m ∙ _

ð x ⇒

_ð v º

6,626 ∙ 10 –34 J s ___

4 p ∙ 9,11 ∙ 10 –31 kg ∙ 1,6 ∙ 10 –8 m = 3,6 ∙ 10 3 m _ s

5 [$ UF ] a) Der Antreffort kann nicht vorhergesagt werden. Zu Photonen mit gleicher Energie gehört eine bestimmte Frequenz bzw. Wellenlänge. Bei bekannten Daten der Versuchsanordnung kann dann die Lage von Interferenzmaxima und -minima berechnet werden. In den Maxima ist dann die Antreffwahrscheinlichkeit für ein einzelnes Photon höher als in den Minima. Insgesamt kann auf dieser Basis eine Wahrscheinlichkeit angegeben werden, an einem bestimmten Ort das Photon anzutreffen.b) Es ergibt sich eine Verteilung, die sich dem Interferenzbild bei sehr vielen Photonen annähert. Bei 100 Photonen ist das aber noch kaum erkennbar.c) Es ergibt sich im Prinzip ein Bild wie in b).

Seite 79

g

d

al

2. 1. 0. 1. 2.

N

Energieversorgung und Energietransport 27

Energieversorgung und Energietransport


A1 [. UF ] Im Experiment zeigt sich, dass die Spannung zwischen den Leiterenden die größten Werte annimmt, wenn die Leiterschaukel sich mit der größten Geschwindigkeit durch das Magnetfeld bewegt. Erreicht die Leiterschaukel die Umkehrpunkte ihrer Schwingungsbewegung, dann geht die Induktionsspannung auf den Wert 0 zurück. (Hinweis: Dieser Zusammenhang ist nur bei einer langsamen Schwingung zu beobachten, aufgrund der Trägheit des Zeigermess-instruments kann es sein, dass die Spannungsmaxima bei der größten Auslenkung der Leiter-schaukel zu beobachten sind.) Zwischen der Induktionsspannung und der Geschwindigkeit des Leiters besteht ein proportionaler Zusammenhang, U ind ~ v.

A1 [$ UF ] Wird ein gerades Leiterstück der Länge l mit der Geschwindigkeit v = ð s/ð t in einem Magnetfeld der Flussdichte B bewegt, wobei die Richtungen von Magnetfeld, Bewegung und Leiterstück jeweils senkrecht aufeinander stehen, so entsteht zwischen den Enden des Leiter-stücks eine Spannung U ind mit dem Betrag |  U ind | = B ∙ l ∙ v = B ∙ l ∙ ð s/ð t = B ∙ | ð  A S /ð t|,mit l ∙ ð s = ð  A S .

A1 [. UF ] Die Grafik B2 im Schülerbuch S. 87 zeigt, dass für die wirksame Fläche A S einer im homogenen Magnetfeld rotierenden Spule A S = A ∙ cos v gilt, wobei v den Winkel zwischen der Spulen ebene und der Senkrechten der Flussdichte B beschreibt. In Grafik B2 S. 87 dreht sich die Spule mit gleich bleibender Winkelgeschwindigkeit z im Uhrzeigersinn. Bei konstanter Fluss-dichte B ergibt dann gemäß |  U ind | = n ∙ | B ∙

∙

AS | = n ∙ | B ∙ A ∙ ∙

cos (z∙t) | der Betrag der Induktions spannung eine Sinuskurve, denn die Ableitung von cos (z ∙ t) ergibt – z ∙ sin (z ∙ t).Zum Zeitpunkt 1 verläuft die Richtung der Flussdichte senkrecht zur Spulenebene, der Winkel v beträgt 0°. Wenn sich die Spule um den festen Winkel ð v dreht, ändert sich die wirksame Fläche A S = A ∙ cos v nur unwesentlich. Im Diagramm erkennen wir zu diesem Zeitpunkt die Induktions-spannung 0. Entsprechendes wiederholt sich zu den Zeitpunkten 5 und 9. Zum Zeitpunkt 3 da-gegen befindet sich die Richtung der Flussdichte tangential zur Spulenebene, der Phasenwinkel v beträgt 90°. Die wirksame Fläche A S ändert sich gemäß A S = A ∙ cos v bei Drehung um den gleichen Winkel ð v wie oben viel stärker. Im Diagramm erkennen wir zu diesem Zeitpunkt einen Extrempunkt der Induktionsspannung. Entsprechendes wiederholt sich zum Zeitpunkt 7.

A1 [$ UF | E ] Durch das Abkühlen des Rings nimmt der Ohm’sche Widerstand des Materials ab. Es kann ein größerer Strom fließen, wodurch die abstoßende Kraft zunimmt. Der Ring wird also in größere Höhen geschleudert.

A1 [0 UF ] Im Fall des unterbrochenen Rings kann sich in der Wand des Rings kein Induktions-strom ausbilden. Entsprechend bildet sich kein Magnetfeld, das mit dem des Permanentmagne-ten in Wechselwirkung treten könnte.

A2 [0 UF ] Die grundsätzliche Aussage ist im Merksatz auf Seite 89 enthalten, für die spezielle Situation von V2 gilt die folgende Argumentation:Die Lenz’sche Regel besagt, dass die Induktionsspannung und der durch sie hervorgerufene Induktionsstrom stets so gerichtet sind, dass sie ihrer Ursache entgegenwirken.Nähert man einem Metallring, der an zwei Fäden aufgehängt ist, einen Stabmagnet, so ändert sich der den Metallring durchsetzende magne-tische Fluss. Es entsteht eine Induktionsspannung, die einen Induktions-strom hervorruft. Der Strom muss gemäß der Lenz’schen Regel auf der dem Magnet zugewandten Seite einen Nordpol hervorrufen (siehe Abbildung), was der Zunahme der magnetischen Flussdichte (der Nord-pol des Stabmagneten nähert sich dem Metallring) entgegenwirkt. Die Linke-Hand-Regel gibt Auskunft über die zugehörige Stromrichtung: Strom fließt im Uhrzeigersinn durch den Ring.

Seite 83

Seite 85

Seite 87

Seite 88

Seite 89

S

N

N ¯

28 Energieversorgung und Energietransport

A1 [. UF ] a) Bewegt sich das Leiterstück der Länge l senkrecht zur Richtung der magne-tischen Flussdichte B, so erfahren die mit ihm bewegten Elektronen eine Lorentzkraft F L (siehe Abbildung), deren Richtung mit der Drei-Finger-Regel bestimmbar ist. Die Elektronen bewegen sich im Uhrzeigersinn und bilden den Kreisstrom ¯.

b) Bei Bewegung des Leiterstücks entsteht zwischen seinen Enden eine Induktions-spannung vom Betrag |  U ind | = B ∙ l ∙ v (vgl. Schüler buch, S. 85). Im geschlossenen Kreis der Leiterschleife besteht dann ein elektrischer Strom, sodass der Generator in der Zeitspanne ð t die elektrische Energie ð Eel = U ind ∙ ∙ ð t abgibt. c) Elektronen, die den Kreisstrom bilden, erfahren auch aufgrund dieser Bewegung eine Lorentzkraft F L , da sie senkrecht zur Richtung der magnetischen Flussdichte B verläuft (siehe Abbildung). Annahme: Im Leiterstück der Länge l bewegen sich n Elektronen mit der Geschwindigkeit

v El = l/ð t’. Dann gilt:

F L = n ∙ e ∙ v El ∙ B = n ∙ e ∙ l __ ð t’ ∙ B

= l ∙ n ∙ e__ ð t’ ∙ B = l ∙ ∙ B

Die Lorentzkraft auf das Leiterstück ist also proportional zur Stromstärke ¯, der Leiterstück- länge l und der magnetischen Flussdichte B.

d) ð s ist die Strecke, die das Leiterstück wäh- rend der Zeitspanne ð t zurücklegt. Die An-triebskraft F Antrieb sorgt dabei für die Konstanz der Geschwindigkeit des Leiterstücks v(siehe Abbildung). Es gilt: ð  E mech = F Antrieb ∙ ð s

e) Für die Beträge der Kräfte gilt: F Antrieb = F L , damit lässt sich ð  E mech = F Antrieb ∙ ðs schrei-ben als ð E mech = l ∙ ∙ B ∙ ð s = ¯ ∙ B ∙ ð s ∙ l = ¯ ∙ B ∙ ð A = ¯∙ ðø

f) Nach Aufgabenteil b) gilt ð  E el = U ind ∙ ∙ ð t und aus e) folgt ð  E mech = ¯ ∙ ð ø.

Aus ð  E el + ð  E mech = 0 folgt U ind ∙ ∙ ð t + ¯ ∙ ð ø = 0.

Daraus folgt U ind ∙ ð t = – ð ø. Division durch ð t liefert dann das Induktionsgesetz für eine Leiter-schleife |  U ind | = – ð ø/ð t.

Seite 90

¯

v

v

B

v

FL l

¯

v

v

B

FL

v El l

¯

FAntrieb

v

ðs

B

FL

v El l


A1 [0 UF ] Interessante Geräte für eine Untersuchung sind Fernsehgeräte mit Kathodenstrahl-röhre und Steckernetzgeräte.

A1 [0 UF ] Annahmen: Zum Zeitpunkt t = 0 s steht die Ebene der Leiterschleife mit ihrer wirk-samen Fläche A S senkrecht zum Magnetfeld. Bei homogenem Magnetfeld gilt nach dem Induktions gesetz für die Induktionsspannung an den Enden einer Leiterschleife:

U ind (t) = B ∙ ∙

AS (t) = B ∙ A ∙ ∙

cos (z ∙ t) = – B ∙ A ∙ z ∙ sin (z ∙ t) = – ˆ

U ∙ sin (z ∙ t).

Die Winkelgeschwindigkeit z = 2 ∙ p ∙ f ist proportional zur Drehfrequenz f. Damit folgt, dass bei Verdopplung der Drehfrequenz auch die Amplitude ˆ

U = B ∙ A ∙ z ihren Wert verdoppelt.

A1 [0 UF ] Die Menge der entnommenen Energie wäre größer als die der eingesetzten Energie (per pe tuum mobile). Dies widerspricht dem Energieerhaltungssatz.

A1 [$ UF | E ] a) Gültigkeit der Gleichung bedeutet, dass P 1 = U 1, eff ∙ 1, eff = U 2, eff ∙ 2, eff = P 2 gilt, dass also der vom Transformator abgegebene elektrische Energiestrom P 2 mit demjenigen in den Transformator hinein ( P 1 ) gleich ist. Ein in Betrieb befindliches Steckernetzteil wird warm, das bedeutet, dass der elektrische Energiestrom P 2 kleiner als P 1 sein muss. Es besteht ein wei-terer Energiestrom P i , der die innere Energie des Transformators erhöht: P 1 = P i + P 2 .b) Bei der Herleitung der Formel U 1, eff / U 2, eff = n 1 / n 2 geht man von einem idealen Trans-formator mit einem Primärspulenwiderstand R = 0 aus. Weitere Bedingung ist, dass der Trans-formator nicht belastet werden soll, d. h., er soll nicht als Transformator wirken!Die Formel 1, eff / 2, eff = n 2 / n 1 für einen idealen Transformator im Kurzschlussfall, also bei ex tremer Belastung, wird lediglich mitgeteilt. Schließlich fasst man beide Formeln zusammen, deren Gültigkeitsbedingungen sich wider-sprechen und erhält die angegebene Beziehung. Im Normalbetrieb kann die Beziehung deshalb nur eine Annäherung an die realen Werte darstellen.

A1 [0 UF | E ] – Sämtliche Geräte im Haushalt, deren Betriebsspannung unterhalb der Netzspannung von 230 V

liegt, z. B. Akku-Ladegeräte, Laptops, Drucker, Scanner, Halogen-Niedervoltlampen mit 12 V Betriebsspannung (eröffnet die Möglichkeit offener Leitungen).

– Viele Geräte haben dazu integrierte Transformatoren. – „Trenntrafos“ gegen „Brummschleifen“ beim Anschluss von Computern an Stereoanlagen – Fehlerstrom-Schutzschalter – Hochspannungs-Überlandleitungen mit hochtransformierter Übertragungsspannung

A1 [0 UF | B ] a) Die Glühlampe setzt bei 4 V die Leistung 0,32 W um. Damit folgt aus

P = U 2 __ R für ihren Widerstand R L = U 2

__ P = 16 V 2 ___ 0,32 W = 50 Ð.

Die drei Widerstände sind in Reihe geschaltet. Damit ergibt sich der Ersatzwiderstand zu:

R Ersatz = 2 ∙ 100 Ω + 50 Ð

b) Zunächst wird die Stromstärke L in der „Fernleitung“ ermittelt.

L = U___  R Ersatz

= 4 V ___ 250 Ð 

Hieraus ergibt sich die Spannung an der Glühlampe zu U L = R L ∙ L = 50 Ð ∙ 0,016 A = 0,8 V.

Dies sind nur 20 % von 4 V. Die Lampe leuchtet bei dieser geringen Spannung nicht.

A2 [$ UF | B ] a) Wird die Spannung auf 20 V erhöht, dann steigt die Stromstärke L um den Faktor fünf.

L = 20 V ___ 250 Ð  = 0,08 A. Die Spannung an der Glühlampe erhöht sich ebenfalls um diesen Faktor.

U L = 50 Ð ∙ 0,08 A = 4 V.Die Lampe leuchtet also normal.

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b) Die in den Widerständen und in der Glühlampe umgesetzten Leistungen betragen:

P W = ( 100 Ð + 100 Ð ) ∙ ( 0,08 A ) 2 = 1,28 W

P L = 50 Ð ∙ ( 0,08 A ) 2 = 0,32 W

P Q = 1,28 W + 0,32 W = 1,60 W

Von den 1,60 W Gesamtleistung der Quelle werden nur 0,32 W genutzt, dies sind 0,32 W

___ 1,60 W = 20 %. Die restlichen 80 % gehen ungenutzt verloren.

A3 [$ UF ] a) Für die Primärseite des ersten Transformators gilt U 1 = 4 V und

¯ 1 = P__  U 1 =

0,32 W ___ 4 V = 0,08 A.

Das Übersetzungsverhältnis beträgt 10 000 : 250 = 40. Für die Sekundärseite dieses Trans- formators erhält man

U 2 = 4 V ∙ 40 = 160 V und 2 = 0,08 A

___ 40 = 0,002 A.

Die in den beiden Widerständen der „Fernleitung“ umgesetzte Leistung ist

P W = 200 Ω ∙ ( 0,002 A ) 2 = 0,0008 W.

b) Für den 2. Transformator steht noch eine Leistung P T 2 = 0,32 W – 0,000 8 W = 0,319 2 W zur Verfügung. Falls die Transformatoren verlustfrei arbeiten, erhält auch die Glühlampe diese Leistung.Von der Gesamtleistung 0,32 W stehen der Glühlampe jetzt 0,319 2 W zur Verfügung, dies sind

0,3192 W

____ 0,32 W = 99,75 %.

Ungenutzt bleiben nur 0,25 %. Betreibt man dagegen die Lampe ohne Transformatoren wie in Aufgabe 2b, dann steigt der Verlust um den Faktor 320. Berücksichtigt man bei der Leistung am zweiten Trafo nur zwei Dezimalen, dann stehen der Glüh-lampe 0,31 W zur Verfügung.

Der Verlust beträgt jetzt 0,01 W

___ 0,32 W = 3,1 % gegenüber 80 % Verlust bei der Schaltung in Aufgabe 2b).

A1 [0 UF | B ] Um diese Aussage beurteilen zu können, sind weitere Recherchen zum Thema nötig (Stichwort: Stromkrieg). Es zeigt sich, dass Edisons Argumentation gegen Wechselspannung bzw. Wechselstrom vor allem wirtschaftliche Gründe hatte. Edison und Westinghouse konkurrierten in der Frage, welches Stromversorgungssystem sich durchsetzt und damit auch wirtschaftlichen Erfolg hat. Wichtige Vor- und Nachteile der beiden Stromarten waren zur damaligen Zeit bereits bekannt, sodass Edisons Aussage nicht auf eine mögliche Unkenntnis wesentlicher Fakten zurück-zuführen ist.

Seite 100

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Hinweise zu den Heimversuchen

V1 In der Hülse schwingt der Magnet stark gedämpft, die Amplitude nimmt schnell ab. Ist die Hülse geschlitzt, so ist die Bewegung sehr viel schwächer gedämpft, die Amplitude nimmt nicht so schnell ab. Die Schwingung ohne umgebende Metallhülse ist nur durch die Luftreibung und Verluste in der Feder gedämpft.

V2 Die Dose wird sich mit dem Magnet drehen.

V3 Die Helligkeit der Lampe hängt in gewissen Grenzen von der Drehgeschwindigkeit ab. Ist das Lämpchen herausgedreht, so wird keine Arbeit nach außen verrichtet; das Rad wird also nicht so stark abgebremst.

V4 Der Dynamo ist als Tachometer nicht gut geeignet. Die Bremsung ist störend, da sie sehr stark auf die zu untersuchende Bewegung rückwirken kann.

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Induktionsspannung und Induktionsgesetz

1 [0 UF ] Möglichkeit1: Die Spule kann aus dem Magnetfeld herausgezogen werden. Dabei ändert sich der magnetische Fluss unter der Voraussetzung, dass Spulenebene und Richtung des magne tischen Feldes nicht parallel orientiert sind.

Möglichkeit2: Die Spule rotiert im Magnetfeld, sodass sich der magnetische Fluss mit der Zeit ändert.

2 [$ UF ] a) Es ist Uind = B ∙ ® ∙ v = 0,1 mT ∙ 0,2 m ∙ 0,1 m _ s = 2 ∙ 10 –6 V. b) Wir nehmen an, dass sich Voltmeter und Leiter im gleichen Abstand innerhalb des homogenen Feldes bewegen. Dann ist die induzierte Spannung Uind = 0 V.c) Die Spannung ist gleich der Spannung unter (a), da die Leiter parallel liegen.

3 [$ UF | K ] Bei einer quasi statischen Betrachtung ergibt sich:

Elektron 1: F L1 = e ∙ v ∙B, gerichtet nach unten


Elektron 3: F L3 = 0, außerhalb des Feldes


Elektron 1 wird durch die Lorentzkraft im Leiter nach unten bewegt.Diese Bewegung von Elektron 1 verursacht eine Lorentzkraft, die der von außen wirkenden Kraft entgegengerichtet ist. Das ist in Übereinstimmung mit dem Energieerhaltungssatz.Die elektrische Feldkraft, die durch die auf Elektron 1 wirkende Lorentzkraft erzeugt wird, setzt alle Elektronen im Leiter dem Uhrzeigersinn entgegengesetzt in Bewegung.Die Lorentzkraft auf Elektron 2 ändert dadurch ihren Betrag, nicht aber die Richtung.Elektron 4 erfährt eine zweite Lorentzkraft, die antiparallel zur ersten ist.Über die Resultierende kann keine allgemeine Aussage gemacht werden.

4 [. UF |K ] Es wird angenommen, dass die beim Verschieben der Elektronen im Leiter zu ver-richtende Arbeit zu vernachlässigen ist. Dann kann der Fall des Drahtes als freier Fall behandelt werden.

Die Strecke s1 = 0,2 m wird in der Zeit t1 = √_

2 s 1 _ g = 0,2 s zurückgelegt.

Am Ende dieses Zeitintervalls hat der Stab die Geschwindigkeit v1 = √_

2 s 1 ∙ g = 1,98 m _ s

Die Strecke s2 = 1,05 m wird in der Zeit t2 = √_

2 s 2

_ g = 0,46 s zurückgelegt.

Die Geschwindigkeit v2 am Ende dieses Wegintervalls ist v2 = √_

2 s 2 ∙ g = 4,54 m _ s

Die sich ergebenden Spannungen zu den beiden Zeitpunkten sind:

Uind, 1 = B ∙ ® ∙ v1 = 0,2 mT ∙ 0,5 m ∙ 1,98 m _ s = 1,98 ∙ 10 –4 V = 0,198 mV

Uind, 2 = B ∙ ® ∙ v2 = 0,2 mT ∙ 0,5 m ∙ 4,54 m _ s = 4,54 ∙ 10 –4 V = 0,454 mV.

Die Geschwindigkeit nimmt beim freien Fall linear mit der Zeit zu, das gleiche gilt dann auch für die Zunahme der Spannung. Das Ergebnis zeigt die Abbildung.

Seite 105

Seite 106

U in mV

0 0,2

t in s

0,5

0,3

0,1

0,4


5 [. UF| K ] Linker Teil des Bildes:Die für die Berechnung der induzierten Span-nung zu berücksichtigende Leiterlänge ist zunächst ø 1 = 1,5 m. Die Leiterschleife legt in t1 = 15 s die Strecke 1,5 m zurück. In dieser Zeit gilt für die induzierte SpannungUind, 1 = B ∙ l 1 ∙ v1 = 3 ∙ 10 –5 V. Während der nächsten 10 s ist nur l 2 = 0,5 m wirksam, also ist während dieser Zeit Uind = 1 ∙ 10 –5 V.Rechter Teil des Bildes:Zu Beginn ist die wirksame Leiterlänge genau so groß wie im linken Teil des Bildes. Im Verlauf von 25 s geht sie auf null zurück. Die Abnahme erfolgt linear. Die Ladungstrennung erfolgt in umgekehrter Richtung.Die Ergebnisse zeigt die Abbildung.

6 [. UF | K ] Die magnetische Flussdichte im Innern der Feldspule beträgt:

B = m 0 ∙ ∙ n1 _ l  = 1,2566 ∙ 10 –6 V s

_ A m ∙ 16 000 _ 0,48 m ∙ = 4,1887 ∙ 10 –2 V s

_ A m 2

∙

Für den magnetischen Fluss ø und die induzierte Spannung Uind ergibt sich:

ø = A ∙ B = 2,8 ∙ 10 –3 m 2 ∙ 4,1887 ∙ 10 –2 V s _

A m 2 ∙ = 1,1728 ∙ 10 –4 V s

_ A ∙

Uind = n 2 ∙ |  ð ø _ ð t| = 2 000 ∙ 1,1728 ∙ 10 –4 V s

_ A ∙ |  ð _ ðt| = 0,234 56 ∙ V s _ A ∙ |  ð _ ðt|

Damit erhält man zu den in der Aufgabe gegebenen Zeitpunkten bzw. Zeitintervallen:

t 0 = 0 s  ø 0 = 0 Wb

t 0 ¥ t 1 ø nimmt linear zu U ind, 0 ¥ 1 = 4,68 ∙ 10 –3 V

t 1 = 5 s  ø 1 = 1,17 ∙ 10 –5 Wb

t 1 ¥ t 2 konstant U ind, 1 ¥ 2 = 0 V

t 2 = 10 s  ø 2 = 1,17 ∙ 10 –5 Wb

t 2 ¥ t 3 ø nimmt linear ab U ind, 2 ¥ 3 = 2,34 ∙ 10 –3 V

t 3 = 20 s  ø 3 = 0 Wb

7 [$ UF ] a) In diesem Fall ist U ind = n ∙ B ∙ ð A_ ð t ⇔ B =

U ind ∙ ðt_ n ∙ ð A

Mit den Daten der Aufgabe erhält man:

B = 0,5 ∙ 10 –3 V ∙5 s

__ 100 ∙ 2,5 ∙ 10 –3 m 2

= 0,01 T

Seite 106U in mV

zum linken Bild

zum rechten Bild

10 t in s

0,03

0,02

0,01

0

–0,01

–0,02

–0,03

20

ø in 10–5 Wb

0

1,0

0,5

0

U in mV

0

5

4

3

2

1

0t in s

5 10 15 20 5 10 15 20

t in s


b) Für die Änderung der Flussdichte gilt:

U ind = n ∙ A ∙ ð B_ ð t ⇔ ð B

_ ð t = U ind

_ n ∙ A = 2 ∙ 10 –3 V _ m 2

8 [0 UF ] Nach der Lenz’schen Regel wird in dem Ring durch Induktion ein Strom hervorgerufen, dessen Magnetfeld die Fallbewegung des Stabmagneten behindert.Fällt der Stabmagnet mit dem Nordpol nach unten auf den Ring zu, so befindet sich oberhalb des Ringes ebenfalls ein Nordpol; d. h., der Strom im Ring ist im Uhrzeigersinn gerichtet.Nach dem Passieren des Ringes entfernt sich der Stabmagnet mit dem Südpol nach oben von dem Ring. Unterhalb des Ringes befindet sich ein Nordpol; d. h., der Strom im Ring ist ent gegen dem Uhrzeigersinn gerichtet.

9 [$ UF ] Es ist Uind = n ∙ A ∙ ð B_ ð t = 100 ∙ 2 ∙ 10 –3 m 2  ∙ 1 ∙ 10 –2 T

_ 1 s = 2 ∙ 10 –3 V = 2 mV

Für die Stromstärke erhält man

¯ = Uind

_ R = 2 ∙ 10 –3 V _ 1 Ð  = 2 ∙ 10–3 A = 2 mA

10 [$ UF ] In der oberen Anordnung befindet sich der Ring in einem Magnetfeld mit parallelen Feld linien. Während des Einschaltvorganges wird durch Induktion im Ring ein Strom hervorgeru-fen. Durch diesen Strom entsteht ein Magnetfeld, dessen Feldlinien entgegengesetzt parallel zu den Feldlinien des vorhandenen Feldes gerichtet sind. Der Ring bleibt in Ruhe.Anders verhält es sich in der unteren Anordnung, da dort das Magnetfeld des Dauermagneten in homogen ist und somit der durch Induktion im Ring hervorgerufene Strom zu einer Lorentzkraft führt, die den Ring in den schwächeren Bereich des vorhandenen Feldes, hier also nach links bewegt.

Generator

11 [. UF | K ] a) In diesem Fall lautet das Induktionsgesetz

Uind = n ∙ B ∙ |  ð A S _

ð t|

B kann über die Maße des Rahmens als konstant angesehen werden. Die zum Feld senkrechte Komponente der Fläche ist AS = A ∙ cos v. Zeichnet man diese Funktion auf, so erkennt man, dass die Änderung von AS in der Umgebung von AS = 0 am größten ist. In dem Bereich wird dem-entsprechend auch die größte Induktionsspannung zu beobachten sein.b) Für die Scheitelspannung gilt: ˆ

U = n ∙ B ∙ A ∙ z. Damit ist

B = ˆ

U_ n ∙ A ∙ z  =

0,7 ∙ 10 –3 V ∙ s __

10 ∙ (0,5 m) 2 ∙ 2 p  = 4,46 ∙ 10 –5 T.

c) Da B konstant ist, muss die Kraft im Bereich der unter (a) ermittelten Position am größten sein. Es ist dagegen fast keine Kraft erforderlich, wenn die Schleife eine dazu senkrechte Position durchläuft.

Seite 106


12 [$ UF | K] a) Es ist: ˆ

U = √_

2 ∙ Ueff und somit

U(t) = √_

2 ∙ 3,0 V ∙ sin (  2 p ∙ 50 _ s ∙ t)

= 4,24 V ∙ sin (  2 p ∙ 50 _ s ∙ t)

b) Da ˆ

U ~ z ist, wird sich ˆ

U verdoppeln, wenn die Frequenz verdoppelt wird. Also ist

U(t) = 2 ∙ √_

2 ∙ 3,0 V ∙ sin (  2 p ∙ 100 _ s ∙ t)

= 8,49 V ∙ sin (  2 p ∙ 100 _ s ∙ t)

Nebenstehende Abbildung zeigt den Verlauf der Spannung.

Transformator

13 [$ UF ] Die periodische Änderung der Stromstärke in der Primärspule bewirkt ein sich perio-disch änderndes Magnetfeld. Dieses induziert in der Sekundärspule eine sich periodisch ändernde Spannung.

14 [$ UF | E ] a) Es gilt: n 2 = n 1 ∙ U 2

__  U 1 = 120 ∙ 25 000 V

____ 12 V = 250 000

b) Aufgrund der großen Windungszahl und der Größe der Spule, muss der Draht sehr dünn und sehr lang sein.

Wegen 1

_  2 = n 2

__  n 1 ist 2 rund 2 000-mal kleiner als die Primärstromstärke.

15 [$ UF| K ] a) Es gilt U eff, 1

_ U eff, 2 = n 1 _ n 2 ⇔ n 2 = n 1 ∙

U eff, 2 _ U eff, 1 ⇒ n 2 = 1 000 ∙ 6 V

_ 230 V = 26

Aus Z = U eff, 2

2 _ P = 0,72 Ð folgt, dass die Lampe näherungsweise als Kurzschluss betrachtet werden

kann:

eff, 1

_ eff, 2 = n 2

_ n 1 ⇔ eff, 1 = eff, 2 ∙

n 2 _ n 1 = P

_ U eff, 2 ∙ n 2

_ n 1 ⇒ eff, 1 = 50 W

_ 6 V ∙ 26 _ 1 000 = 0,22 A

b) Der Schalter auf der Sekundärseite ist gefahrloser; beim Aus-/Einschalten des Transformators können Spannungsstöße auftreten.Die Lampe selbst setzt im ausgeschalteten Zustand keine Energie um. Wohl aber kann das Sys-tem Lampe-Transformator Energie umsetzen, wenn die Lampe sekundärseitig abgeschaltet wird. Der Transformator ist nicht ideal, daher wird er stets eine geringe Leistung aufnehmen.

16 [. UF | K | E ] a) Zwei Spulen sind auf einen gemeinsamen Eisenkern gewickelt. Änderung der Strom stärke in einer der Spulen führt zu einer Induktionsspannung an der anderen Spule.Die Anordnung kann mit einem Transformator verglichen werden.b) Ein stromführender Leiter ist von einem Magnetfeld umgeben, dessen Feldlinien kon-zentrisch um den Leiter verlaufen. Ihre Rich-tung ergibt sich nach der Linken-Hand-Regel.

Seite 106U in V

2

t in ms

10

8

6

4

2

0

–2

–4

–6

–8

–10

124 6 8 10

Seite 107

U1 U2


Die Feldlinien der Leiterstücke oberhalb und unterhalb der Magnet nadel zeigen in die gleiche Richtung. Diese wird abgelenkt und zeigt so den Strom an.

c) Have had an iron ring made (soft iron), iron round and 7/8 inch thick, and ring 6 inches in external diameter. Wound many coils of copper wire round one half, the coils being separated by twine and calico – there were 3 lengths of wire each about 24 feet long and they could be connected as one length or used as separate lengths. By trial with a trough each was insulated from the other. Will call this side of the ring A. On the other side but separated by an interval was wound wire in two pieces together amounting to about 60 feet in length, the direction being as with the former coils; this side call B. Charged a battery of 10 pr. plates 4 inches square. Made the coil on B side one coil and connected its extremities by a copper wire passing to a distance and just over a magnetic needle (3 feet from iron ring).Then connected the ends of one of the pieces on A side with battery: immediately a sensible effect on needle. It oscillated and settled at last in original position.On breaking connection of A side with battery again a disturbance of the needle.

Beschreibung/Durchführung/Beobachtung

Seite 107

Erforschung des Mikro- und Makrokosmos 37

Erforschung des Mikro- und Makrokosmos


A1 [$ UF | E ] Ein Tropfen des Gemischs enthält das Volumen

V = 1 ___ 1 000 ∙ 1 __ 78 cm 3 = 1

___ 78 000 cm 3 = 0,013 mm 3

an Ölsäure, zwei und drei Tropfen entsprechend das Doppelte und Dreifache. Mit dem Inhalt der kreisförmigen Fläche, die die Tropfen der Mischung erzeugen, lässt sich die Schichtdicke hnach h = V/A berechnen. Setzt man für Vund Adie zugehörigen Werte ein, ergibt sich für die Dicke der Molekülschicht:

Tropfenzahl 1 2 3

V in mm 3 0,013 0,026 0,039

A in mm 2 7 800 15 700 23 500

h in 10 –9 m 1,67 1,65 1,66

Ölsäure besteht aus 54 Atomen, die der Einfachheit halber als gleich große Kugeln betrachtet werden. Nimmt man an, dass diese dicht gepackt sind, so ergibt eine einfache Abschätzung, dass der Moleküldurchmesser mindestens aus 3 Ö__ 54 ≈ 4 Atomdurchmessern zusammengesetzt ist. Genau genommen entspricht 3 Ö__ 54 der Seitenlänge eines Würfels mit einem Volumen von 54 Längeneinheiten.Daraus folgt die endgültige Abschätzung für den Atomdurchmesser bzw. den Moleküldurch-messer von

dAtom = 1,66∙ 10 –9 m : 4 ≈ 4,2∙ 10 –10 m . Die Abschätzung liefert als Größenordnung für den Atomdurchmesser:

10 –10 m = 0,000 000 000 1 m = 1 zehnmilliardstel Meter.

A2 [0 UF | E ] Folgende qualitative Beobachtungen sind möglich:1. Der leichte Tischtennisball wird an den schweren Murmeln abgelenkt. Die Murmeln bewegen

sich dabei kaum (Impulserhaltung beim elastischen Stoß!).2. Es sind Ablenkwinkel zwischen 0° und 360° möglich.3. Je nach Dichte und Anordnung der Murmeln treten Mehrfachstreuungen auf.4. Bei hinreichend geringer „Murmeldichte“ streut der Tischtennisball maximal einmal, in dieser

Situation durchdringen die meisten Tischtennisbälle die Murmelanordnung ohne Ablenkung.5. Verwendet man Murmeln statt Tischtennisbälle als Geschosse, werden auch die ruhenden

Murmeln stark abgelenkt, die Murmelanordnung wird dabei zerstört.

Der Rutherford’sche Streuversuch kann durch das Modell „Tischtennisbälle gegen Murmeln“ simu-liert werden: Wie die Tischtennisbälle sind die a-Teilchen viel leichter als die Murmeln bzw. Gold-kerne. Außerdem muss die Goldkerndichte sehr gering sein, da die meisten a-Teilchen die Folie ohne Ablenkung durchdringen.Wichtig ist der Unterschied zwischen diesem Modell und der Rutherford-Streuung: Die Wechsel-wirkung zwischen Murmel und Tischtennisball erfolgt nur bei Berührung, während die elektrische Wechselwirkung zwischen Goldkern und a-Teilchen unendliche Reichweite hat.

A1 [. UF | K ] Zur Untersuchung der Rutherford-Streuung kann man das Coach-Modell „Rutherford -Streuung“ benutzen. Die Konstanten des Modells sind die Ladungen des Goldkerns q Gold und des Heliumkerns q a  , die Masse des Heliumkerns m a  , seine kinetische Energie E kin und der Stoßparameter b. Die Werte q Gold = 79 e, q a  = 2 e und m a  ≈ 4 m_p sind bereits ein-getragen. Geht man von Radium als a-Strahler aus, so ist E kin = 4 900 keV.

Nun wird das Modell für verschiedene Werte des Stoßparameters b gestartet, die Bahnkurven der a-Teilchen werden im x-y-Diagramm dargestellt (vgl. Schülerbuch, S. 112, B2).

Seite 111

Seite 112

38 Erforschung des Mikro- und Makrokosmos

Mit der Auswertefunktion lässt sich danach die Steigung m der asymptotischen Bahnkurven nach dem Stoß (vgl. Schülerbuch, S. 112, B4) messen und daraus mit m = tan h der Streuwinkel bestimmen. Es ergeben sich z. B. folgende Werte:

b h 

0 m 180°

5,0 ∙ 10 – 15 m 153°

1,0 ∙ 10 – 14 m 128°

1,5 ∙ 10 – 14 m 108°

2,0 ∙ 10 – 14 m 92°

3,0 ∙ 10 – 14 m 69°

4,0 ∙ 10 – 14 m 54°

6,0 ∙ 10 – 14 m 37°

8,0 ∙ 10 – 14 m 28°

1,0 ∙ 10 – 13 m 22°

1,2 ∙ 10 – 13 m 18°

1,4 ∙ 10 – 13 m 15°

1,6 ∙ 10 – 13 m 13°

1,8 ∙ 10 – 13 m 11°

2,0 ∙ 10 – 13 m 9°

Dies lässt sich graphisch darstellen:

Die klassische Theorie der Rutherford-Streuung liefert

cot h _ 2   = 2 p ∙  e 0  

 ____  q a  ∙  q Gold    ∙  E kin  ∙ b

Qualitativ stimmt der Verlauf der Kurve sehr gut mit der Theorie überein.

A2 [. UF | K ] Da alle Stoßparameter gleich wahrscheinlich auftreten, erhält man eine statistische Verteilung der auftretenden Streuwinkel durch Mittelung über b. Dabei muss man allerdings streng ge nommen die räumliche Verteilung der Streuwinkel beachten: Dies führt in der Streu-theorie auf den Begriff des differenziellen Streuquerschnitts.Qualitativ kann man aus den Ergebnissen von A1 folgern, dass große Ablenkwinkel bzw. eine Rückstreuung nur bei sehr kleinen Streuparametern auftreten, d. h., das a-Teilchen muss sehr dicht an den Kern herankommen. Dem Graphen in A1 entnimmt man, dass für b > 2 ∙ 10 − 13 m der Streuwinkel deutlich kleiner als 10° ist. Da die Goldatomkerne im Metallverband einen Abstand von ca. 160 ∙ 10 − 12 m haben, werden die meisten a-Teilchen so gut wie nicht gestreut. Daher wird der größte Teil der a-Teilchen ungehindert die Folie durchdringen und die Anzahl der gestreuten a-Teilchen wird mit dem Streuwinkel sehr stark abnehmen. Daher ist eine Verteilung der folgen-den Art zu erwarten:

Seite 112

Streuwinkel h18016014012010080604020

00,0 5,0 10,0 15,0 20,0

Stoßparameterb in 10–14 m


Dabei ist N die Zahl der detektierten a-Teilchen beim Winkel h.

A3 [. UF | E ] Aus den simulierten Bahnkurven in A1 ergibt sich, dass die a-Teilchen kaum noch abgelenkt werden, wenn für den Stoßparamater etwa b > 5 ∙ 10 − 13 m gilt. Dies entspricht einer Fläche von ca. F K = p ∙ b 2 ≈ 8 ∙ 10 − 25 m 2 (dieser Wert ist eine Näherung für den totalen Streu-querschnitt der Rutherford-Streuung).Der Atomradius von Gold im Metallverband kann mit ca. r A = 160 ∙ 10 − 12 m abgeschätzt werden, d. h., die Querschnittsfläche eines Goldatoms beträgt ungefähr F A = p ∙ r A 2 ≈ 10 − 20 m 2 . Damit beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass das a-Teilchen in einer Schicht Goldatome nahe genug an einen Goldkern kommt, um überhaupt abgelenkt zu werden, ca.:

P 0 = F K

__  F A ≈ 10 − 5 (1)

Die im Experiment verwendeten Goldfolien haben eine Dicke von einigen 10 − 6 m, bestehen also aus etwa 10 000 Schichten von Goldatomen. In jeder Schicht ist eine Streuung möglich, d. h., man kann beim Durchgang durch die Goldfolie erwarten, dass jedes a-Teilchen etwa

10 000 ∙ P 0 = 0,1 (2)mal einem Atomkern so nahe kommt, dass tatsächlich eine Streuung im Sinne einer Richtungs-änderung erfolgt.Diese sehr grobe Abschätzung zeigt, dass man beim Rutherford-Versuch tatsächlich im Wesent-lichen Einfachstreuung von a-Teilchen an einem Atomkern beobachtet.

A1 [. UF | K ] Abbildung B1 im Schülerbuch zeigt eine Abfolge von Darstellungen, die die Franck-Hertz-Röhre bei wachsender Beschleunigungsspannung zeigt. Man erkennt eine unterschiedliche Anzahl von Leucht streifen. Diese entstehen, weil die im elektrischen Feld der Röhre (zwischen Kathode und Auffangelektrode) beschleunigten Elektronen einen ganz bestimmten Energie-betrag an die Gasatome in der Röhre abgeben können. Die Gasatome werden dadurch angeregt und emittieren bei der Rückkehr in den Grundzustand (evtl. über Zwischenzustände) Licht, das zur Erscheinung der Leuchtstreifen führt.

1. Die oberste Darstellung der Röhre zeigt einen Leuchtstreifen: Die Elektronen geben einmal die Energieportion ab, die von den Gasatomen aufgenommen werden kann. Danach genügt die Energie der Elektronen nicht mehr, um die Gegenspannung U G zu überwinden. Dieser Zustand der Röhre entspricht im Diagramm B4a im Schülerbuch, S. 113 dem ersten Mini-mum: Es besteht ein minimaler Strom, weil so gut wie keine Elektronen die Auffang elektrode erreichen.

2. Die Darstellung darunter zeigt eine erhöhte Spannung U B : Durch die höhere Spannung er-reichen die Elektronen früher die nötige Energie, um Gasatome anzuregen. Die Leuchtschicht wandert daher zur Kathode hin. Auf der verbleibenden Strecke nehmen die Elektronen wieder

genügend Energie auf, um die Gegenspannung zu überwinden. Einige Elektronen gewinnen dabei schon so viel Energie, um Gasatome anzuregen (schwaches Leuchten um das Gitter). Dieser Zustand der Röhre entspricht im Diagramm B4a dem ersten Maximum: Der Strom ist gestiegen, weil fast alle Elektronen das Gegenfeld überwinden.

Seite 112

h

N

0° 180°

Seite 114


3. Die dritte Darstellung entspricht dem zweiten Minimum in B4a: Die Elektronen nehmen zwei-mal genügend Energie auf, um die Gasatome anzuregen, können danach aber nicht mehr die Gegenspannung überwinden.

4. Die letzte Darstellung zeigt drei Maxima und danach ein Leuchten um das Gitter, das andeutet, dass die Elektronen nach der dritten Energieabgabe an die Gasatome wieder genügend Energie aufnehmen, um die Auffangelektrode zu erreichen. Dies entspricht dem vierten Maxi-mum in B4a.

A1 [. UF | E ] Von der Strahlungsintensität und von individuellen Eigenschaften der Haut hängt es ab, nach welcher Zeitspanne eines Sonnenbades die Haut mit einem Sonnenbrand reagiert. Da ein Sonnenbrand langfristig gefährlich sein kann, sollte das Sonnenbad vor Einsetzen der Haut-schädigung beendet werden. Dabei kann ein Sonnenschutzmittel helfen. Um seine Wirkung be-urteilen zu können, ist der sogenannte Lichtschutzfaktor angegeben. Er gibt an, wie sich die Zeit-spanne eines Sonnenbades ohne Sonnenbrand bei Verwendung des Sonnenschutzmittels ver-vielfacht.Eine physikalische Methode, Sonnenschutzmittel zu untersuchen, besteht darin, eine bestimmte Masse des Sonnenschutzmittels auf einen Objektträger gleichmäßig aufzutragen und die Strahlungsintensität von UVB-Strahlung nach Durchgang durch die Schicht mit der Strahlungs-intensität ohne Sonnenschutzmittel zu vergleichen.

A1 [$ UF ]

Größe menschliche Erfahrung

Minimalwert Maximalwert Minimalwert Maximalwert

Länge Elektron < 10 – 19 m Universum etwa 1 ∙ 10 26 m

Haardurchmesseretwa 50 mm

Welt 4 ∙ 10 8 m

Masse Elektronenmasse 9,1 ∙ 10 – 31 kg

Universum etwa 1 ∙ 10 52 kg

Staubkornetwa 1 mg

Lkw4 ∙ 10 4 kg

Geschwindigkeit 3 ∙ 10 8 m Haar: 7 mm/Monat Reiseflugzeug250 m/s

…

Die menschliche Erfahrung umfasst nur einen kleinen Ausschnitt des Bereichs einer physika-lischen Größe.

A1 [0 UF ] Berechnen wir zunächst die Energie eines Elektrons, dass sich um den Kern bewegt: Die einfachste Annahme dabei ist, dass es auf einer Kreisbahn fliegt. Die Energie des Elektrons besteht dann aus kinetischer und potenzieller Energie im Coulombfeld:

E = E pot + E kin = 1 _ 2 m e ∙ v 2 − 1

___ 4p ∙ e 0

∙ e ∙ Z ∙ e____ 

r (1)

Die Zentripetalkraft ist durch die elektrische Anziehungskraft F E im Coulombfeld gegeben, also

F Z = F E ⇔ m e ∙ v 2 ___ 

r = 1

___ 4p ∙ e 0

∙ e ∙ Z ∙ e____ 

r2 (2)

Damit erhält man eine Beziehung zwischen Geschwindigkeit und Radius:

v 2 = 1 _____ 

4 p ∙ e 0 ∙ m e ∙ e ∙ Z ∙ e

____ r (3)

Setzt man das in (1) ein, so folgt für die Energie eines Elektrons, das sich auf einer Kreisbahn mit Radius r um den Atomkern bewegt:

E = − 1 ___ 

8p ∙ e 0 ∙ Z ∙ e2

___ r (4)

Das negative Vorzeichen sorgt dafür, dass die Gesamtenergie in unendlicher Entfernung null wird:Man muss also Energie aufwenden, um das Elektron unendlich weit vom Kern zu entfernen, um das Atom zu ionisieren.

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Bohrs erstes Postulat liefert für Kreisbahnen die Beziehung

m e ∙ v n ∙ 2 p ∙ rn = n ∙ h ⇒ (  m e ∙ vn ∙ rn) 2 = n 2 ∙ h 2 __ 

4 p 2 (5)

Aus dem Kräftegleichgewicht (2) erhält man

m e ∙ vn

2 __  rn = 1

___ 4p ∙ e 0 ∙ e ∙ Z ∙ e____ 

rn2 ⇒ (  m e ∙ vn ∙ rn)

2 = m e ∙ rn ∙ Z ∙ e 2

______ 4p ∙ e 0 (6)

und damit

n 2 ∙ h 2 __ 

4 p 2 =

m e ∙ r n ∙ Z ∙ e 2 ______ 

4p ∙ e 0 ⇒ rn =

e 0 ∙ h 2 ______ 

p ∙ m e ∙ Z ∙ e 2 ∙ n 2 (7)

Aus dem ersten Bohr’schen Postulat folgt also, dass das Elektron im Bohr’schen Atommodell nur auf Bahnen mit festen Radien

rn = e 0 ∙ h 2 ______ 

p ∙ m e ∙ Z ∙ e 2 ∙ n 2 (8)

existiert. Für n = 1 erhält man den Bohr’schen Radius

r 1 = r B = e 0 ∙ h 2 ______ 

p ∙ m e ∙ Z ∙ e 2 = 5,29 ∙ 10 − 11 m (9)

Dies stimmt schon recht gut mit den experimentellen Abschätzungen überein.Setzt man die Radien r n in die Energieformel (4) ein, so ergeben sich feste Energieniveaus

En = − Z ∙ e2___ 

8 p ∙ e 0 ∙ 1 _ 

rn = – Z ∙ e2

___ 8 p ∙ e 0

∙ p ∙ m e ∙ Z ∙ e 2

______  e 0 ∙ h 2 ∙ n 2

= – m e ∙ Z2 ∙ e 4

_____ 8 e 0

2 ∙ h 2 ∙ 1 __ 

n 2 (10)

Mit Z = 1 ergibt sich

E n = − m e ∙ e 4

____ 8 e 0

2 ∙ h 2 ∙ 1 __ 

n 2 = −13,6 eV ∙ 1 __ 

n 2 (11)

13,6 eV ist genau die Ionisationsenergie des Wasserstoffs.

Seite 122



Atomvorstellung

1 [$ UF | E ] Zur Lösung wird angenommen, dass die Atmosphäre keinen Austausch mit der Bio-sphäre hat. Dann folgt:Ein Atemzug von etwa 4 l transportiert die Luftmasse 5,3 g; bei einer mittleren Molmasse von 30,4 ist das etwa 1/6 mol, d. h. etwa 10 23 Luftmoleküle. Die Lufthülle hat etwa die Masse m = 5,3 ∙ 10 18 kg = 5,3 ∙ 10 21 g. Dies entspricht – bei gleichen Bedingungen wie beim Atemzug – 10 21 ∙ 10 23 = 10 44 Luftmolekülen. Damit besteht der 10 21 ste Teil eines jeden Mols aus Luft - mole külen, also aus etwa 100 Luftmolekülen, die früher schon einmal eingeatmet wurden, gleich-mäßige Durchmischung vorausgesetzt.

2 [$ UF ] Als obere Grenze für den Durchmesser eines Goldatoms ist also 10 –6 m anzunehmen. Die Schätzung ist allerdings mit Vorsicht zu sehen, denn man kann von der Beschreibung der Be-obachtung nicht darauf schließen, dass die Schicht wirklich nur noch aus nebeneinander liegen-den Atomen besteht.

3 [0 UF ] Dalton beobachtete bei chemischen Experimenten die Erhaltung der Masse und die Konstanz der Massenverhältnisse. Daraus folgerte er, dass chemische Elemente nicht aus beliebig teilbaren Bestandteilen bestehen, und dass diese Grundbestandteile für ein Element jeweils gleich sind.

4 [0 UF ] a) Die Folie musste sehr dünn sein, weil bekannt war, dass a-Strahlung in Materie nur eine sehr kurze Reichweite hatte.Aus der experimentellen Beobachtung, dass nur ein sehr kleiner Bruchteil der einfallenden Strah-lung um nennenswerte Winkel gestreut wurde, musste geschlossen werden, dass der größte Teil der Folie für die Strahlung faktisch durchlässig ist; kleine Bereiche dagegen faktisch undurch-lässig sind.

b) Das Zahlenverhältnis 1 : 1 000 000 gestattet einen Rückschluss auf die Größe dieser undurch-lässigen Bereiche im Vergleich zur Größe der Goldatome.

5 [$ UF ] Das Kugelmodell versagt spätestens, wenn die Ionisation erklärt werden soll. Emission von Licht wie auch chemische Bindung sind mit der Vorstellung, Atome seien massive Kugeln, nicht deutbar. Rutherfords Streuversuche hätten zu signifikant anderen Resultaten geführt.

Energiezustände eines Atoms

6 [$ UF ] a) Die Energie ð E wird als ein Photon abgegeben. Es ist ð E = h ∙ c_ l    ⇒ l = h ∙ c

_ð EDie Energiedifferenzen betragen (von links nach rechts):

ð E 1 = 21,1 ∙ 10 –19 J ; ð E 2 = 19,3 ∙ 10 –19 J ; ð E 3 = 20,3 ∙ 10 –19 J ; ð E 4 = 20,8 ∙ 10 –19 J ;

dann ist l 1 = 94 nm ; l 2 = 103 nm ; l 3 = 97,6 nm ; l 4 = 95,5 nm

b) Das sichtbare Licht umfasst den Wellenlängenbereich von etwa 350 nm – 750 nm. Die Rech-nungen zeigen, dass auch für einen Übergang von n = 2 nach n = 1, der der kleinsten Energie-differenz entspricht, die Photonenenergie so groß ist, dass das Licht nicht dem sichtbaren Teil des Spektrums angehört. Die Energie der Photonen des sichtbaren Lichtes reicht also umgekehrt nicht aus, um Wasserstoff-atome im Grundzustand anzuregen.Sichtbares Licht wird daher von Wasserstoff nicht absorbiert, d. h., Wasserstoff ist für sichtbares Licht durchlässig.c) Das Atom wird ionisiert.

Seite 133


7 [$ UF | K ] a) Man erkennt das Einsetzen der Wechselwirkung zwischen Atomen und beschleu-nigten Elektronen daran, dass die Stromstärke abfällt. Aus dem U-¯-Diagramm im Schülerbuch (S. 133, B1) entnimmt man hierzu den Wert von etwa 22 V.Dann ist E kin = E pot = e · U = 1,6 ∙ 10 –19 As ∙ 22 V = 3,5 ∙ 10 –19 Jb) Der Graph ergäbe die bekannte Diodenkennlinie.

8 [. UF | E ] a) Bei der Berechnung der Wellenlängen ist zu beachten, dass die Näherung sin a ≈ tan a nicht mehr verwendet darf, da l und a i von gleicher Größenordnung sind.Es gilt für festes n:

sin a i = n ∙ l i _ g und tan a i =

a i _  l 

Mit sin a = a_ s, tan a = a_ l  und r = √_

l  2 + a 2 (vgl. Abb.) folgt:

 l i = g ∙ a i _

n ∙ √_

l  2 + ai 2

Mit n = 1, g = 1 _ 570 mm und den Daten der Aufgabe ergeben sich die Werte in der Tabelle.

Die Frequenzen folgen aus f = c _  l   , die Energien aus E = h ·f :

Linie l in nm f in Hz E in J f Balmer in Hz

H a  656 4,57 ∙ 10 14 3,03 ∙ 10 –19 4,568 ∙ 10 14

H b  486 6,17 ∙ 10 14 4,09 ∙ 10 –19 6,167 ∙ 10 14

H c  433 6,92 ∙ 10 14 4,59 ∙ 10 –19 6,907 ∙ 10 14

H d  409 7,33 ∙ 10 14 4,86 ∙ 10 –19 7,309 ∙ 10 14

b) Da die Photonenenergien Differenzen von Energieniveaus im Wasserstoffatom entsprechen, müssen sich weitere mögliche Photonenenergien als Differenzen der in der Tabelle (in a) an - ge gebenen Energiewerte berechnen lassen.c) Einsetzen zeigt die Übereinstimmung (siehe Tabelle in a).

9 [. E | UF ] a) Auf dem Bildschirm erscheint ein dunkler Schatten der Flamme.b) Das gelbe Licht der Natriumdampflampe enthält Licht der Wellenlänge  l = 589 nm. Das Na-Atom muss also zwei Energieniveaus haben, deren Energiedifferenz

ðE = h ·f = h ·c_ l    = 3,37 ∙ 10 –19 J beträgt.

c) Es entsteht kein deutlicher Schatten. Das Hg-Spektrum enthält kein Licht, das der unter b) berechneten Energiedifferenz entspricht (vgl. die Spektren von Hg und Na in der Abbildung 3 auf S. 115 des Schülerbuchs). Damit ist auch keine Absorption von Licht möglich.

Spektren und Leuchterscheinungen

10 [$ UF | E ] Man kann sich vorstellen, dass sich in festen Körpern wegen der starken Wechsel-wirkung zwischen den Atomen die Energieniveaus der einzelnen Atome überlagern und damit eine sozusagen „unbegrenzte“ Zahl von Energieniveaus zur Verfügung steht. Damit kann ein konti nuierliches Spektrum grob verstanden werden. Flüssigkeiten verhalten sich ähnlich

11 [0 UF ] a) Wird ein Gas durch Energiezufuhr – z. B. durch Stöße in einer Gasentladung – an-geregt und gibt es die Energie in Form von Licht wieder ab, so entsteht das Emissionsspektrum.Wird ein Gas durch weißes Licht angeregt, so fehlen bestimmte Energiebeträge im weißen Licht. Man erhält ein Absorptionsspektrum.b) Linien entstehen immer dann, wenn diskrete Energieniveaus vorhanden sind. Es gibt daher nur einzelne Wellenlängen. Solche Spektren können nur von Gasen stammen.

12 [$ UF ] Diese Linie ist Hinweis auf mindestens zwei diskrete Energieniveaus im Natriumatom. Nach dem Bau des Atoms sind mehr zu erwarten. Denkbar ist, dass die bei Übergängen frei werdenden Energiebeträge nicht im sichtbaren Bereich des Spektrums liegen.

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Gitter

as

Spektral-röhre

la

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13 [. UF ] a) Jedes chemische Element gibt in gasförmigem Zustand Licht mit charakteristischen Wellenlängen ab.b) Man betrachtet das Licht eines Sterns in einem Spektrometer und vergleicht mit Spektren von irdischen Elementen.

14 [. UF ] a) Auf ein Atom wird – in der Regel durch einen Stoß – Energie übertragen, sodass ein Elektron ein freies Energieniveau einnehmen kann.

b) l = h ·c_ ð E = 589 nm

c) Dem Licht hinter dem Kolben fehlt diejenige Wellenlänge, deren Energie zur Anregung von Natriumatomen geeignet ist.

15 [$ UF | E ] Es wird ein Absorptionsspektrum des Hämoglobins vom Vergiftungsopfer auf-genommen und mit den vorliegenden Spektren verglichen.

Röntgenspektrum

16 [$ UF | E ] a) Röntgenstrahlung ist kurzwellige elektromagnetische Strahlung, Wellenlänge etwa 10 –10 m. Sie entsteht, wenn Elektronen hoher Geschwindigkeit gebremst werden.Beispiele: Aufprallen von Elektronen auf ein Metall; Übergänge zwischen Atomniveaus mit ent-sprechend großer Energiedifferenz.b) Nein. Die höchste Energie in einem Wasserstoffspektrum entsteht, wenn ein Proton ein Elektron einfängt, und das Wasserstoffatom ohne Zwischenstufen in den Grundzustand übergeht. Die Energie entspricht dann der Ionisierungsenergie ðE = 13,6 eV .Die dieser Energie entsprechende Wellenlänge ist

l = h ∙ c _ ðE = 9,13 ∙ 10 –8 m

Röntgenwellenlängen sind etwa zwei Größenordnungen kleiner.

17 [$ UF ] Das Spektrum hat eine scharfe kurzwellige Grenze. Sie ist durch die maximale Energie der Elektronen, die auf das Anodenmaterial der Röhre aufprallen, gegeben. Die Intensität steigt zunächst stark an und fällt dann langsam ab, wobei ein langwelliges Ende nicht genau festlegbar ist. Dieses Bremsspektrum dokumentiert unterschiedlichen Energieaustausch beim Abbremsen der Elektronen.Diesem überlagert sind enge Wellenlängenbereiche, in denen die Intensität der Röntgenstrahlung wesentlich größer als in der Umgebung ist. Diese „Linien“ hängen nicht von der Beschleunigungs-spannung, sondern nur vom Material der Anode ab. Diese charakteristische Strahlung ent steht, wenn die Elektronen, die auf die Anode aufprallen, Elektronen aus den inneren Niveaus des Anoden materials auslösen, und diese inneren Niveaus dann durch Elektronenübergänge aus höheren Niveaus wieder aufgefüllt werden.Die Energie dieser Strahlung ist somit durch die Energiedifferenz innerer Energieniveaus der Metall atome bestimmt.

18 [0 UF ] Es ist: ðE = h ·f = h ·c_  l    = 1,37 ∙ 10 –15 J = 8,55 keV

19 [$ UF ] a) Die Beschleunigungsspannung definiert die kurzwellige Grenze l Grenz ≈ 35,4 pm des Spektrums.

Es ist: e ∙ U = h ∙ c _ l    ⇔ U = h ∙ c

_ e ∙ l   ≈ 35,0 kV

b) Die charakteristischen Linien liegen bei l K a  = 61,7 pm und l K b  = 54,5 pm

Für die Energien erhält man daraus:

E K a  = h ∙ c _ l    = 3,22 ∙ 10 –15 J; E K b  = h ∙ c

_ l    = 3,64 ∙ 10 –15 J.

Seite 134


c) Die Wellenlänge l L a  lässt sich berechnen, wenn man bedenkt, dass der Übergang zwischen der M-Schale und der L-Schale erfolgt, die Energie entspricht damit also der Differenz der Energien der beiden K-Linien:

E L a  = E K b  – E K a  = 3,64 ∙ 10 –15 J – 3,22 ∙ 10 –15 J = 0,44 ∙ 10 –15 J.

 l L a  = h ∙ c_ E L a    = 451 pm.

20 [. UF ] a) Die Übergänge werden mit LK, MK, ML und NL bezeichnet, die charakteristischen Linien tragen die Bezeichnungen I bis IV.LK ↔ II; MK ↔ I; ML ↔ IV; NL ↔ III.b) Kleinste Wellenlänge bedeutet größte Energie, also Übergang MK: ð E = 66,6 eV

Mit l = h ∙ c_ ð E folgt daraus l MK = 18,7 pm.

Die größte Wellenlänge entspricht Übergang ML (kleinste Energiedifferenz), entsprechend erhält man die Wellenlänge l ML = 150 pm.c) Die Beschleunigungsspannung muss mindestens 66,6 kV betragen, da die energiereichste Linie I (Übergang MK) einer Energie von 66,6 keV entspricht.

Seite 134

46 Mensch und Strahlung

Mensch und Strahlung


A1 [$ UF | K ] Die Achsen geben Neutronen- bzw. Protonenzahl an. Chemisch gleiche Elemente haben gleich viele Elektronen und Protonen. Ihre Plätze liegen also „parallel“ zur N-Achse. Isotope des gleichen Elementes unterscheiden sich nur durch die Neutronenzahl.

A1 [$ UF | K ] Individuelle Schülerlösung

A1 [$ UF | K ] Zwischen der positiven Raum-ladung und der Außenwand entsteht ein elekt-risches Feld. Die positive Ladung des Drahtes wird so abgeschirmt.

A2 [0 UF | K ] Individuelle Schülerlösung: Im Internet finden sich unter den entsprechenden Stichpunkten zahlreiche Artikel. Zu beachten sind insbesondere die Schwierigkeiten, mit denen eine Frau in der damaligen Zeit als Forscherin zu kämpfen hatte.

A3 [0 UF | E ] a) Die relative Häufigkeit ist gegeben durch

h Z = H Z ___ 

; Z = 0

12

H Z

∑ Z = 0

12

H Z = 297 ist die Anzahl der Messungen.

Impulse Häufigkeit rel. Häufigkeit

Z H Z h Z

0 4 0,013

1 17 0,057

2 39 0,131

3 54 0,182

4 59 0,199

5 49 0,165

6 36 0,121

7 20 0,067

8 11 0,037

9 5 0,017

10 2 0,007

11 1 0,003

12 0 0

b) _ Z = ;

Z = 0

12

Z ∙ H Z

____ 

; Z = 0

12

H Z = 1 258

___ 297 = 4,2 ⇒ √_

_ Z = s = 2,1

4 _ Z – s ; _ Z + s 5  = 4 2,1 ; 6,3 5

Seite 136

Seite 137

Seite 139 2 r = 1,6 cm

UB =500 V

–

+

h0,25

0,20

0,15

0,10

0,05

0,00Z

0 2 4 6 8 10 121 3 5 7 9 11

ss

Mensch und Strahlung 47

Überprüfung der 68 %-Regel: 68 % von 1 258 Impulsen sind 855 Impulse.Im berechneten Intervall liegen 162 + 236 + 245 + 216 = 859 Impulse, also etwas mehr als 68 %.c) Nullrate mehrmals messen und die Messreihe entsprechend auswerten.

A1 [$ UF ] Auswertung Versuchsteil a):

r in cm z in 1 __ min ln r

__ cm ln (z ∙ min)

5 1 280 1,609 7,155

10 310 2,303 5,737

15 139 2,708 4,934

20 78 2,996 4,357

25 51 3,219 3,932

Die Messwerte liegen in guter Genauigkeit auf einer Geraden mit der Steigung – 2 und dem Achsenabschnitt 10,4.(Regressionsgerade: ln (z ∙ min) = – 2,004 7 ∙ ln (  r

__ cm ) + 10,369)

Es folgt:

ln (z·min) = – 2·ln (  r__ cm ) + 10,4 ⇒ ln (z·min) = ln (  r

__ cm ) – 2 + 10,4 ⇒

⇒ z·min = e 10,4 ·(  r__ cm ) –2

⇒ z( r) = konst ___ 

r 2 mit der Konstanten 3,286·10 4 cm 2

__ min

Auswertung Versuchsteil b):

d in mm z in 1 __ min ln (z ∙ min)

0 310 5,737

5 171 5,142

10 97 4,575

20 31 3,434

30 10 2,302

Die Messwerte liegen in guter Näherung auf einer Geraden mit der Steigung – 0,11 mm – 1 und dem Achsenabschnitt 5,72.(Regressionsgerade: ln (z·min) = – 0,143 mm –1 ·d + 5,723 4)

⇒ ln (z·min) = – 0,11 mm –1 ·d + 5,72 ⇒ z = 310 1/min·e– 0,11 1 __ min ∙d

A2 [$ UF ] Aus z( d1/2 ) = 1 _ 2 ·z(0) = z(0)·e – μ ∙ d 1/2 folgt μ·d 1/2 = ln2.

Damit ist d 1/2 = ln2 __ μ = ln2

_____ 0,11 mm – 1

= 6,3 mm.

Seite 139

Seite 145

10

8

6

4

2

00 1 2 3 4 5 6

ln (z · min)

ln r/cm

7

6

5

4

3

2

1

00 5 10 15 20 25 35

ln (z · min)

d in mm

30


A1 [$ UF | K ]

t in s z in s –1 ln z ___ 

41 s –1

0 41 0

60 28 – 0,381

120 22 – 0,623

180 18 – 0,823

240 13 – 1,149

300 10 – 1,411

360 9 – 1,516

420 6 – 1,922

480 5 – 2,104

540 3 – 2,615

600 2 – 3,02

Die Messwerte liegen in guter Näherung auf einer Ursprungsgeraden mit der Steigung

– 0,004 7 s – 1 .

(Regressionsgerade: ln z___ 

41 s – 1 = – 0,004 712 9 s – 1 ∙ t)

Hieraus folgt ein exponentieller Zusammenhang

ln z___ 

41 s – 1 = – 0,004 7 s – 1 ∙ t ⇒ z = 41 s – 1 ∙ e – 0,004 7 s – 1 ∙ t

mit der Zerfallskonstanten l = 0,004 7 s – 1 und der Halbwertszeit

T 1/2 = ln 2 __ l    = ln 2

_____ 0,004 7 s – 1

= 147 s.

Die genaue Halbwertszeit beträgt 152 s.

A1 [0 UF | K ] Aus der Änderung der Massenzahl beim a-Zerfall um 4 Einheiten ergibt sich, dass nur Zerfallsreihen mit den Massenzahlen 4 n, 4 n – 1, 4 n – 2 und 4 n – 3 möglich sind.

A1 [0 UF ] a-Strahlung hat den größten Qualitätsfaktor, d. h., ihre schädigende biologische Wirksamkeit ist am größten. Dies wirkt sich insbesondere dann aus, wenn sie z. B. mit Nahrungs- mitteln oder mit der Atemluft ins Körperinnere gelangt.

A1 [0 UF ] ð m ∙ c 2 = (  m Li + m p – 2 ∙ m He ) ∙ c 2 = (7,014 358 + 1,007 277 –2 ∙ 4,001 506) u ∙ c2

= 0,018 623 u ∙ c2 = 0,018 623 ∙ 931,5 MeV = 17,3 MeV

Berücksichtigt man noch die Energie des Protons, dann erhält man 17,3 MeV + 0,5 MeV = 17,8 MeV, also je Heliumkern 8,9 MeV.

A1 [$ UF ] Die Kernmassen m U-235 und m Ba-144 findet man im Lehrbuch. Die Kernmasse m Kr-89 muss aus anderen Quellen (z. B. Formelsammlung, Internet) ermittelt werden.Kernmassen:mU-235 = 234,993 451 umBa-144 = 143,871 420 umKr-89 = 88,897 884 umn = 1,008 665 uð m ∙ c 2 = (234,993 451 u – 143,871 420 u – 88,897 884 u – 2 ∙ 1,008 665 u) ∙ c 2 = 0,206 817 u ∙ c 2 = 193 MeV = 3,08 ∙ 10 – 11 J

Seite 149

0,0

–0,5

–1,0

–1,5

–2,0

–2,5

–3,0

–3,5

0 100 200 300 400 500 700

ln (z/41) t in s

600

Seite 150

Seite 153

Seite 155

Seite 156


A1 [. UF | K ] Alle drei Aussagen befassen sich mit dem Verhältnis von Theorie und Erfahrung. Mit Theorie ist hier die mathematische Beschreibung gemeint (Born spricht von Formeln). Einstein betont die Notwendigkeit der Beschränkung aufgrund der Komplexität der Natur-vorgänge. Physik kann letztlich nur den Teil erfassen, der mathematisierbar ist. Born betont die Rolle der Erfahrung, die auf Sinneswahrnehmungen beruht. Sein Ausgangspunkt ist insofern ein anderer als bei Einstein. Seine Schlussfolgerung führt aber zu einer ähnlichen Position wie die Einsteins. Er sieht die Gefahr einer Ablösung der Theorie von der Erfahrung. Die Mathematik kann aufgrund des ihr eigenen Regelwerks zu Aussagen gelangen, denen keine Erfahrung mehr entspricht. Popper greift beide Aspekte auf und diskutiert, in welchem Maße Erkenntnis möglich ist. Eine auf Beweis gründende Wahrheit, die in der Mathematik möglich ist, kann nach seiner Auffassung in einer Erfahrungswissenschaft nicht erreicht werden. Dort wo Beweise im mathematischen Sinne erfolgen, liefern sie nach seiner Auffassung keine Auskunft über die Natur. Bezüglich der Beschränkung der Mathematik kann Poppers Position als Synthese der beiden Aussagen von Einstein und Born gesehen werden.

A2 [. UF | K ] Die Aussagen stimmen im Kern überein: Die innerphysikalische Aufgabe der Physi-ker ist es, mit den Methoden ihrer Wissenschaft zu überprüfbaren und objektivierbaren Aussagen zu ge langen. Die Ergebnisse, genauer deren Verwendung sind Gegenstand gesellschaftlicher und damit auch politischer Auseinandersetzung. Die Erkenntnisse über die Kernspaltung sind ein Beispiel dafür.

Utopie: Die Schülerinnen und Schüler sollen Nachschlagewerke bzw. das Internet nutzen. Man erhält z. B.:

Brockhaus: Umgangsprachlich: übersteigert, unrealistisch, träumerisch, realitätsfern, aber auch: „Auch in der Wissenschaft gibt es keinen Konsens darüber, was man unter dem Begriff zu verstehen hat.“Wikipedia: Eine Utopie ist eine Wunschvorstellung, die sich dadurch auszeichnet, dass sie zwar denkbar und in vielen Fällen wünschenswert, vor dem jeweiligen historisch-kulturellen Hintergrund jedoch in vielen Fällen (noch) nicht oder nicht mehr realisierbar ist. Sie ist die Beschreibung einer Welt, eines Ortes, an dem derartige Vorstellungen verwirklicht sind …

Pinkau verwendet den Begriff im Sinne der Darstellung in Wikipedia.

A3 [. UF | K ] „Wissenschaft ist unpolitisch“ meint z. B., dass wissenschaftliche Ergebnisse nicht durch Verhandlungen oder Mehrheitsentscheidungen gewonnen werden können. „Wissenschaft ist politisch relevant“ zeigt sich in:Die Folgen von Wissenschaft ermöglichen und erzwingen politische Entscheidungen (vgl. A2).Wissenschaft setzt aber auch politische Entscheidungen voraus, z. B. wenn es um die Finanzierung wissenschaftlicher Projekte geht, d. h., Politik entscheidet mit darüber, welche Wissenschaft mög-lich gemacht wird.

A4 [. UF | K ] Sacharow sieht in der „Veröffentlichung aller wissenschaftlichen Ergebnisse“ die Möglichkeit, Verantwortung wahrzunehmen, also z. B. nicht im Verzicht auf Erkenntnis. Geheim-forschung, z. B. im Militärbereich, würde von ihm nicht akzeptiert.

A1 [$ UF ] Das Neutron besteht aus zwei d-Quarks mit jeweils – 1⁄ 3 Ladung und einem u-Quark mit + 2⁄ 3 Ladung, es ist damit nach außen hin neutral. Da das freie Neutron instabil ist und mit einer Lebensdauer von 918 s in ein Proton zerfällt, das aus zwei u-Quarks und einem d-Quark besteht, folgt aus den bei Elementarteilchen gültigen Erhaltungssätzen, dass beim Zerfall des Neutrons ein Elektron und ein Anti-Elektronenneutrino ausgesandt werden.

Seite 159

Seite 163



Eigenschaften der a-, b- und c -Strahlung

1 [0 UF | E ] a) Wird die Strahlung durch ein Magnetfeld (bzw. ein elektrisches Feld) geschickt, so lässt sich aus der Ablenkung und deren Richtung feststellen, ob es sich um positiv geladene, negativ ge ladene oder ungeladene Strahlung handelt. In einem weiteren Versuch kann durch Messung der Reichweite in absorbierendem Material auf die Art und Energie der Strahlung geschlossen werden. a- und b-Strahlung lassen sich auch durch Nebelkammerspuren unterscheiden, da letztere bei gleicher Energie eine größere Reichweite hat.b) Die unterschiedliche Reichweite deutet auf unterschiedliche Energie der Strahlungskom-ponenten hin. Es gibt offensichtlich drei Komponenten.Die Spuren sind alle gleich stark. Daraus ist zu schließen, dass alle von einer Strahlungsart stam-men. Das ist hier die a-Strahlung; c -Strahlung ionisiert wesentlich schwächer. Sie ist in der Nebel-kammer nicht ohne weiteres nachweisbar.c) Es gibt offensichtlich drei unterschiedliche Energien der Strahlung. Von der c -Strahlung ist dabei abgesehen, denn diese ist in der Ionisationskammer so nicht nachweisbar.

2 [0 UF ] Die a-Strahlung ionisiert stärker als die b-Strahlung. Daher sind die Spuren der letzte-ren schwächer. Im Magnetfeld wird die b-Strahlung sehr viel stärker abgelenkt, da die Masse der Elektronen mehr als 7 000-mal kleiner als die der Heliumkerne ist.

3 [$ UF | K ] Der logarithmische Graph besteht aus zwei linearen Teilen, d. h. die Strahlung besteht aus zwei Komponenten. Eine Komponente kann a-Strahlung sein, die zunächst sehr stark absorbiert wird.Die zweite Komponente ist mit Sicherheit b-Strahlung. Denkbar ist aber auch, dass beide Strahlungs komponenten b-Strahlung sind, wobei eine Komponente niederenergetisch ist.

4 [$ UF | K ] a) Der Nulleffekt beträgt 17 Imp./ min.

Anzahl in 1 min

x in mm Imp. Imp.* øn Imp.*

5 869 852 6,7476

10 492 475 6,1633

15 301 284 5,6490

20 167 150 5,0106

25 95 78 4,3567

30 61 44 3,7842

40 33 16 2,7726

b) und c) Extrapoliert man den Graphen auf x = 0 mm, so erhält man:

ln  x = 0 = 7,3 ⇒ x = 0 = 1 480 Imp.*

_ min

Bemerkung: Die Berechnung der Regressionsgeraden liefert:

ln x = – 0,155 · x + 7,3187 ⇒ x = 1 508 Imp.*

_ min

Für die Halbwertsdicke ergibt sich aus dem Graphen bzw. der Gleichung ein Wert von: x = d 1/2 ≈ 6 mm.Der Absorptionskoeffizient für Blei beträgt damit m = ln 2

_ d 1/2 = 0,116 1 _ mm

Seite 165

ln (Imp*/min)8

7

6

5

4

3

2

1

0x in mm

0 10 20 30 40 50


Eigenschaften von Atomkernen

5 [. UF | E ] a) Die Kernkraft ist eine an zie- hende Kraft zwischen den Nukleonen. Ihr Betrag ist größer als der Betrag der abstoßen-den Coulombkraft. Ihre Reichweite von etwa 10 –15 m ist sehr gering. Die Kraft wirkt nur auf benachbarte Nukleonen. Die Nukleonen sind in einem begrenzten Raumbereich ein-geschlossen. Der Kernradius r K ist durch den steilen Abfall der potenziellen Energie gekenn-zeichnet. Auf ein elektrisch neutrales Neutron wirkt außerhalb des Kerns keine Kraft, seine potenzielle Energie ist dort konstant und kann als 0 gewählt werden.

Auf ein positiv geladenes Proton wirkt außerhalb des Kerns die Coulombkraft. Es muss das Coulomb-Potenzial berücksichtigt werden. Für ein Nukleon im Kern wird vereinfacht angenom-men, dass sich die Kräfte, die es von seinen umgebenden Nukleonen erfährt, aufheben. Unter dieser Voraussetzung ist die potenzielle Energie im Kern konstant. Da die Nukleonen Quanten-objekte sind, existieren nur diskrete Energieniveaus, die nach dem Pauli-Prinzip mit maximal zwei Nukleonen besetzt sind.

b) Existiert unterhalb des höchsten besetzten Energieniveaus für Neutronen ein nicht besetztes für Protonen, dann kann sich ein Neutron unter Aussendung eines Elektrons in ein Proton um-wandeln und das niedrigere freie Niveau besetzen. Das Elektron verlässt – wegen seiner sehr hohen Energie – den Kern als b  – -Strahlung. Die Kernladungszahl erhöht sich um eins, die Massen-zahl bleibt konstant. Die allgemeine Gleichung lautet: A Z X A

Z + 1 Y + e –

c) Messungen ergeben ein kontinuierliches Energiespektrum mit einer maximalen Energie. Nach dem Energieerhaltungssatz sollte auch der b-Zerfall ein diskretes Energiespektrum haben. Aus der Massendifferenz ð m von Mutter- und Tochterkern ergibt sich die Energie ð m ∙ c 2 . Diese müsste das Elektron der b-Strahlung besitzen.1930 postulierte Wolfgang Pauli, dass neben dem Elektron ein weiteres Teilchen ausgesandt wird, das heute Antineutrino heißt und mit

_ n  bezeichnet wird. Damit lassen sich die Energie- und

die Impulsbilanz beim b-Zerfall ausgleichen. Die Zerfallsgleichung ist zu ergänzen: A Z X A

Z + 1 Y + e – + _ n 

6 [$ UF | K ] a) 210 84 Po 206

82 Pb + 4 2 He

Kernmassen m Po = 209,936 795 u; mPb = 205,929 471 u; m He = 4,0 015 064 u

Massendefekt ð m = mPo – mPb – mHe = 0,0 058 176 u = 9,66 ∙ 10 –30 kg

Energie E = ð m ∙ c 2 = 8,68 ∙ 10 –13 J = 5,4 MeV

b) Der Radius des Bleikerns (A = 206) beträgt R = 1,5 ∙ 10 –15 m∙ 3 Ö__ 206 = 8,9 ∙ 10 –15 m

E kin = 1 _ 4 p ∙ e 0 ∙ 2 e ∙ 82 e

_ R

⇒ E kin = 2 ∙ 1,602 ∙ 10 –19 C ∙ 82 ∙ 1,602 ∙ 10 –19 C

____ 4 p ∙ 8,8542 ∙ 10 –12 C 2 N –1 m –2 ∙ 8,9 ∙ 10 –15 m

= 4,27 ∙ 10 –12 J ≈ 27 MeV

Seite 166Energie in MeV

30

Abstand r

ProtonenNeutronen

NeutronenProtonen

Energie-verlauf fürProtonen

Energieverlauf für Neutronen

Zählrate

kinetische Energie


c) Das Ergebnis aus b) ist ungefähr um den Faktor 5 größer als das Ergebnis aus a). Ein a-Teilchen, das an der Stelle rK den 210

84 Po-Kern verlassen würde, müsste in großer Entfernung die Energie 27 MeV anstelle von 5,4 MeV be-sitzen.Es scheint so, als würde das a-Teilchen seine kinetische Energie erst von einem viel weiter vom Kern entfernten Startpunkt aus erhalten. Eine Lösung der Widersprüche ergibt sich daraus, dass die Heliumkerne der a-Strahlung Quantenobjekte sind. Der Aufenthaltsort für Quantenobjekte kann nur mit einer gewissen Wahrscheinlichkeit angegeben werden. Sie ist außerhalb des Kerns für Protonen, Neutronen und Heliumkerne nicht null.

Radioaktiver Zerfall

7 [$ UF ] a) Die Nukleonen besitzen im einem Potenzialtopf nur diskrete Energieniveaus.c-Strahlung: Ein Nukleon geht von einem angeregten Zustand in den Grundzustand. A Z X* A Z X + c

 b  – -Strahlung: Unterhalb des höchsten besetzten Niveaus der Neutronen befindet sich ein nicht-besetztes Niveau für Protonen.Ein Neutron wandelt sich unter Aussendung eines Elektrons und eines Antineutrinos in ein Proton um, das dann das niedrigere freie Energieniveau besetzt. A Z X A

Z + 1 Y + e – + _ n 

 b  + -Strahlung: Unterhalb des höchsten besetzten Niveaus der Protonen befindet sich ein nicht-besetztes Niveau für Neutronen.Ein Proton wandelt sich unter Aussendung eines Positrons und eines Neutrinos in ein Proton um, das dann das niedrigere freie Energieniveau besetzt. A Z X A

Z – 1 Y + e + + n

a-Strahlung: Zwei Protonen und zwei Neutronen bilden einen Heliumkern. Dieser hat eine Energie größer als null. Da Heliumkerne Quantenobjekte sind, können sie den Potenzialwall durchdringen. A Z X A – 4

Z – 2 Y + 4 2 He

b) Es gibt vier verschiedene Zerfallsreihen mit den Massenzahlen 4 n, 4 n + 1, 4 n + 2 und 4 n + 3. Eine Änderung erfolgt nur beim a-Zerfall (um 4 Einheiten), d. h. der Kern bleibt in einer Reihe.

c) 224 88 Ra stammt aus der Thorium-Reihe. Ausgangskern ist 232

90 Th.

8 [$ UF ] A (t) = – ð N _ ð t = l ∙ N (t) ⇒ – ð N

_ ð t·N (t) = l = konstant

Die Zerfallskonstante l kann als Wahrscheinlichkeit gedeutet werden, mit der von N vor - han denen Kernen einer pro Zeiteinheit zerfällt. Diese Wahrscheinlichkeit ist konstant und damit unabhängig von der „Lebensdauer“ eines Kerns.

Seite 166

rK = 8,9 · 10–15 m

E in MeV

20

10

0r in 10–15 m2 4 6 8 10

a b– b– a a a 232

90 Th 228 88 Ra 228

89 Ac 228 90 Th 224

88 Ra 220 86 Rn 216

84 Po 212

84 Po

208 81 Ti

216 85 At

212 82 Pb

212 83 Bi 208

82 Pb

a

a

a

ab–

b–

b–

b–


9 [$ UF ] a)

t in s Ø_

10 –12 A ln (  Ø

_ 10 –12 A

) 0 30 3,4

20 23 3,1

40 18 2,9

60 14 2,6

80 11 2,4

100 9 2,2

120 7 1,9

160 4 1,4

Die Messwerte liegen in einem t-ln (¯/ 10 –12 A)-Diagramm in guter Näherung auf einer fallenden Gerade. Die Stromstärke nimmt also mit einem Exponentialgesetz ab.Aus dem Diagramm entnimmt man:

ln (  ¯ _

10 –12 A ) = – 0,013 1 _ s · t + 3,4 ⇔ ¯(t) = 30 ∙ 10 –12 A · e – 0,013 1 _ s ·t

b) Je größer die Aktivität der Strahlung, desto mehr Ionen werden in der Kammer erzeugt, desto größer ist die Stromstärke. Im Sättigungsbereich tragen alle erzeugten Ionen zum Strom bei. Deshalb ist die Stromstärke ein Maß für die Aktivität.c) Da N (t) proportional zu ¯ (t) ist, folgt aus dem Teil a): N (t) = N 0 ∙ e – 0,013 1 _ s ∙t

10 [. UF | E ] a) t = – 1 _ l   ∙ ln (  N 2 _ N 1 ) =

T 1/2 _ ln 2 ∙ ln (  A 2

_ A 1 ) = – 5 730 a

_ ln 2 ∙ ln (  2,00 ∙ 10 –10 1 _ s _

3,48 ∙ 10 –10 1 _ s ) = 4 579 a

b) Die Restaktivität ist zu klein bzw. die Aktivitäten unterscheiden sich zu wenig. Damit würde die Methode kaum signifikante Ergebnisse liefern.

Registrierung ionisierender Strahlung

11 [$ UF ] a) Es gibt ein stark strahlendes Tochternuklid.b) Die Halbwertszeit des Tochternuklids ist kleiner als die Halbwertszeit des Urans.

12 [$ UF ] a) Ab einer Spannung von etwa 350 V bei dem einen Präparat bzw. ab etwa 400 V bei dem an deren fängt das Zählrohr an, Impulse zu registrieren. Bis etwa 370 V bzw. 410 V ist die Zähl-rate proportional zur Spannung; damit kann die Energie der ionisierenden Strahlung bestimmt werden.Die Zählraten der beiden Präparate lassen sich bis etwa 500 V voneinander unterscheiden. Bis etwa 650 V ergibt sich ein Plateau, bei dem die Ionisation unabhängig von der Stärke der ionisie-renden Strahlung ist. Danach beginnt im Zählrohr eine Gasentladung, die das Rohr zerstört.b) Man kann vermuten, dass eines der Präparate Strahlung aussendet, die stärker ionisiert, denn der Nachweis setzt bereits bei niedrigerer Zählrohrspannung ein.Aus dem gleichen hohen horizontalen Verlauf kann man entnehmen, dass beide Präparate die gleiche Aktivität haben.

Massendefekt und Kernenergie

13 [0 UF ] Die folgende Energiebilanz muss erfüllt sein:

m (  12 6 C ) ∙ c 2 + h ∙ f = m (  11

5 B ) ∙ c 2 + m p ∙ c 2 ⇒ f = ( m (  11

5 B ) + m p – m (  12 6 C ) ) ∙ c 2 __ h

f = (11,0065621 + 1,0072765 – 11,9967084 u) ∙ c 2

____ h = 15,96 ∙ 10 6 eV

__ 4,14 ∙ 10 –15 e V s

= 3,9 ∙ 10 21 Hz

Seite 166

ln (¯/10–12 A)4

3

2

1

0t in s

0 40 80 120 160

1,2

100

200


Zu B1 Die bei der Spaltung entstehenden thermischen Neutronen reichen nicht aus, um die Ketten reaktion aufrecht zu erhalten. Erst die verzögerten, nach etwa 60 s zur Verfügung stehenden, abgebremsten Neutronen liefern die hierzu erforderlichen Neutronen. Durch die Verzögerung ist es möglich, die Kettenreaktion mechanisch mit Steuerstäben zu beeinflussen, d. h. die Anzahl der thermischen Neutronen zu kontrollieren.

14 [$ UF ] a) Die Massen von Proton, Neutron und Atomkernen sind recht genau bekannt. Aus dem Mas sen defekt bei Kernfusion, Kernspaltung und Kernumwandlung erhält man die Bindungs-energie.b) Für den Massendefekt gilt: ð m = Z ∙ mProton + (A – Z ) ∙ mNeutron – mKern ⇒ E B = – ð m ∙ c 2 .

c) Massendefekt für 56 26 Fe

ð m = 26 ∙ 1,007277 u + 30 ∙ 1,008665 u – 55,92068 u = 0,528472 u = 8,7755 ∙ 10 –28 kg

⇒ E B = – ð m ∙ c 2 = – 7,887 ∙ 10 –11 J = – 492,35 MeV.

Die Bindungsenergie pro Nukleon beträgt E B

_ A = – 8,79 MeV = 1,41 ∙ 10 –12 J

d) Die Bindungsenergie hat etwa bei der Massenzahl A = 65 ein Minimum. Bei schwereren Kernen wird Energie bei der Spaltung frei, bei leichteren Kernen wird bei der Fusion Energie frei.

15 [$ UF ] a) 95 41 Nb 95

42 Mo + e – + c

Aus dem Massendefekt folgt die Energie:

E B = ( mNb – mMo ) ∙ c 2 – E c  = 1,542 ∙ 10 –3 u ∙ c 2 – 0,768 MeV = 0,668 MeV

b) Nach der inneren Umwandlung von c -Strahlung müsste man Röntgenstrahlung messen können.

Kernenergietechnik

16 [$ UF ] Bedingungen: • Reaktortyp: graphitmoderierter Siedewasser-Druckröhrenreaktor • Merkmale: besitzt mehrere Druckröhren, die jeweils eine kleine Anzahl von Brennelementen

enthalten; durch die Druckröhren geleitetes Kühlwasser wird zum Sieden erhitzt, der ent standene heiße Wasserdampf treibt Turbinen an; gleichzeitig dient das Wasser – wie die Steuer stäbe – als Absorber; Graphitmoderator; Reaktor besitzt keinen Sicherheitsbehälter

• Auslegungsschwächen des Reaktors: Die Verwendung von Kühlwasser als Absorber kann zu einer Rückkopplung führen: Durch einen Leistungsanstieg wird mehr Wasser verdampft, dadurch steht weniger Wasser für die Neutronenabsorption zur Verfügung, die Reaktivität – und damit die Leistung – steigt weiter an. Um den Leistungsanstieg kontrollieren zu können, muss daher immer eine gewisse Anzahl von Steuerstäben im Reaktor verbleiben, sonst ist eine sofortige Abschaltung des Reaktors er for der lich. Befinden sich nur wenige Steuerstäbe im Reaktor, kann das Einfahren weiterer Steuer stäbe unter bestimmten Bedingungen zu einer Steigerung statt zu einer Ab-senkung der Leistung führen.

Ablauf des Unfalls: Für die Nacht vom 25. auf den 26. April 1986 war ein sicherheitstechnisch wichtiger Testlauf geplant. Er sollte zeigen, dass bei einem Ausfall der elektrischen Energie-versorgung in der Anlage die von den auslaufenden Turbinen bereitgestellte Energie ausreichen würde, um die Kühlwasserpumpen solange zu betreiben, bis die Anlage zur Notstromerzeugung angelaufen war. Für diesen Testlauf wurden die Sicherheitssysteme außer Kraft gesetzt. Die vorgesehene Ab senkung der Reaktorleistung auf 20 – 30% misslang, durch einen Bedienfehler fiel die Leistung auf etwa 1 % ab, sodass der Reaktor erneut hochgefahren werden musste. Dazu wurde entgegen der Betriebsvorschriften die Anzahl der Steuerstäbe im Reaktor reduziert. In diesem Zustand des Reaktors wurde der Versuch gestartet.

Seite 166 (Randspalte)

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Die Unterbrechung der Energieversorgung hatte zur Folge, dass sich der Kühlwasserdurchsatz verringerte. Die Reaktivität stieg dadurch an und damit verbunden die Reaktorleistung und dieTemperatur. Da das Kühlwasser verdampfte, nahm die Wassermenge im Reaktorkern weiter ab. Der starke Leistungsanstieg führte dazu, dass die Steuerstäbe automatisch eingefahren wurden, um den Reaktor abzuschalten. Weil die Steuerstäbe falsch ausgelegt waren, stieg die Reaktivität allerdings weiter an und innerhalb von wenigen Sekunden wurde die normale Leistung des Re aktors um einen Faktor von mehreren Hundert überschritten. Durch die hohe Temperatur rissen die Druckrohre und es entstanden Kohlenstoffmonooxid und Wasserstoff. Diese Gase konnten aus dem Reaktorkern entweichen. Vermutlich reagierte der Wasserstoff mit dem Luftsauerstoff in einer Knallgasexplosion und zerstörte das Reaktorgebäude. Dadurch wurde glühendes Graphit freigelegt, das in Brand geriet. Aufgrund der Explosion und des Brandes wurden große Mengen radioaktiven Materials freigesetzt, die in hohe Luftschichten gelangten und über hunderte Kilometer transportiert wurden.(Quellen: http://www.chernobyl.info; http://www.greenpeace.de/tip/themen/atomkraft/atom-unfaelle/artikel/der_unfall/)

17 [0 UF ] a) Moderne Kernkraftwerke verfügen über ein „mehrstufiges, fehlerverzeihendes Sicherheitskonzept“. Es basiert darauf, Wirkungsketten, die zu einem Störfall führen können, mehrfach und durch voneinander unabhängige Maßnahmen zu unterbrechen. Ziel ist es, den Austritt radioaktiver Stoffe zu verhindern. Dazu dienen 6 Barrieren: 1 Kristallgitter des Brennstoffs (Spaltprodukte besetzen Plätze im Kristallgitter des Urandioxids) 2 Gasdicht verschweißte Metallhülle der Brennstäbe 3 Reaktordruckbehälter aus Stahl (Wanddicke ca. 25 cm) 4 Strahlenschutz aus Stahlbeton (Wanddicke 1 m) zur Abschirmung von Direktstrahlung aus dem

Reaktorkern5 Sicherheitsbehälter (Containment) 6 Umschließende Stahlbetonhülle weitere Sicherheitseinrichtungen: • Wasserbecken im Kernreaktor fangen austretendes Kühlwasser auf und erlauben seine Rück-

führung in den Kühlkreislauf.• Durch verdampfendes Wasser kann sich ein unzulässig hoher Druck im Sicherheitsbehälter

aufbauen. Das sogenannte Wallmann-Ventil erlaubt einen kontrollierten und gefilterten Druck-abbau.

• Die Installation von katalytischen Rekombinatoren sorgt für eine kontrollierte Reaktion von Wasserstoff und Sauerstoff zu Wasser.

• Durch Flutung des Behälters mit Stickstoff wird eine Knallgasexplosion verhindert. Unversehrtheit und Funktionsfähigkeit der Barrieren sollen durch ein System gestaffelter Maß-nahmen (Konzept der Sicherheitsebenen) gewährleistet werden.

(Quellen: http://www.energie-fakten.de/pdf/kernenergie_sicherheit.pdf)b) Nachteile: Baulicher und sicherheitstechnischer Aufwand; hoher Kühlwassereinsatz; Mangeln-de Flexibilität bei Anpassung an Energiebedarf im Versorgungsnetz; Entsorgungs- und End-lagerungsproblem, kernwaffengeeignetes Material; große Umweltprobleme bei Urangewinnung; hoher Aufwand zur Wiederaufbereitung; bald erschöpfte bzw. nur noch aufwendig ausschöpfbare Uranvorräte; schwer beherrschbare bis katastrophale Auswirkungen eines GAUs bzw. Super-GAUs (korrekter müsste zwischen beiden Bezeichnungen unterschieden werden: ein GAU ist genau genommen der beim Bau noch vorgesehene schlimmstmögliche einkalkulierte noch beherrsch-bare Vorfall, wird aber allgemein auch synonym mit dem Faktum eines Super-GAUs, also eines darüber hinausgehenden Unfalls, bei dem Strahlung bzw. Spaltmaterial freigesetzt wird, gleich-gesetzt). Vorteile: Sehr hohe Energieausbeute bei wenig Brennstoffeinsatz; stabile Energieversorgung für Grundlast mit recht wenigen Kraftwerken möglich; im Betrieb deutlich klimaunschädlicher als Kraftwerke mit fossilen Brennstoffen; Wiederaufbereitung von Spaltmaterial möglich.

18 [0 UF ] Der Begriff „Atomenergie“ meint Energie aus Atomen. Er ist unscharf, denn er unter-scheidet nicht nach der genauen Herkunft im Atom. Energieumsetzungen in der Elektronenhülle setzen (etwa durch Verbrennung) thermische Energie oder Strahlungsenergie frei. Energieumsetzungen im Kern (etwa durch Kernspaltung) setzen

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Bindungsenergie des Atomkerns frei, die sich in hoher Bewegungsenergie atomarer Teilchen und energiereicher radioaktiver Strahlung äußert.Pro Atom ist die freigesetzte Energie aus dem Atomkern um Größenordnungen höher als die chemische Energie aus der Atomhülle. Atom(hüllen-)energie trifft daher auf Verbrennungskraft-werke zu, während Kernkraftwerke Energie der Atomkerne nutzen.

19 [0 UF ] Durch Regelstäbe kann man in einem Kernreaktor die Kettenreaktion steuern. Diese Stäbe bestehen aus einem Material (Bor bzw. Cadmium), das die Eigenschaft besitzt, Neutronen einzufangen. Durch das mehr oder weniger tiefe Einfahren dieser Stäbe wird die Anzahl der Neutronen und damit die Kettenreaktion geregelt. Eine weitere Rolle spielen Moderatoren und Neutronen reflektoren.

20 [$ UF | K ] a) Eine Übersicht über die Zwischen- und Endlagerung von radioaktiven Abfällen unterschiedlicher Herkunft (z. B. aus Kernkraftwerken, Großforschungseinrichtungen, Industrie und Medizin) liefert das Bundesministerium für Umwelt, Naturschutz und Reaktorsicherheit (BMU).b) Individuelle Schülerlösung; im Folgenden einige Stichpunkte zur OrientierungGewinnung von Uranerzen in der früheren DDR:– ab 1945: Uranerzabbau im Erzgebirge durch die UdSSR zur Verwendung im sowjetischen Atom-

programm; zunächst Einsatz zwangsverpflichteter Arbeiter, später hohe Prämien und Ver - güns ti gungen für die Arbeiter; sehr schlechte Arbeitsbedingungen in den Minen, bis 1955 keine Aufklärung über das Strahlenrisiko und Verwendung gesundheitsschädlicher Abbaumethoden (Trockenbohren)

– 1947: Bildung der Aktiengesellschaft (AG) Wismut und Überführung sächsischer Bergwerks-unternehmen als Reparationsleistungen in sowjetisches Eigentum; in den Jahren 1947 bis 1950 liefert die AG Wismut etwa 70 % des sowjetischen Uranaufkommens

– 1954: Gründung der Sowjetisch-deutschen Aktiengesellschaft SDAG Wismut; intensivere wissen-schaftliche Erkundung der Lagerstätten und verbesserte Bedingungen für die Arbeiter

– 1962 bis 1990: größerer Einfluss der DDR durch neues Abkommen, DDR wird zum weltweit dritt-größten Uranproduzenten

– 1990: Einstellung des Uranerzbergbaus mit der deutschen Einheit – 1991: Umwandlung der SDAG Wismut in die Wismut GmbH, vollständige Übergabe an die

Bundes republik Deutschland; verantwortlich für die Sanierung der Halden und MinenAktuelle Situation:Das Uranerz, das nach Europa importiert und für die Verwendung in Kernkraftwerken aufbereitet wird, stammt überwiegend aus Kanada, Russland und Australien, aus dem Niger, Namibia und Kasachstan. Je nach Herkunftsort sind die Bedingungen für den Abbau des Erzes sehr unter-schiedlich. Auch die Uranerzressourcen sind – wie die der fossilen Brennstoffe – endlich. Je nach Quelle liegen die Angaben darüber, wie lange die Vorkommen noch reichen, zwischen wenigen Jahrzehnten und mindestens 200 Jahren.(Quellen: http://www.mdr.de/nah_dran/1365020.html#absatz4; http://www.wismut.de/)

Elementarteilchen

21 [0 UF ] Vereinfachend kann man annehmen, dass Proton und Neutron jeweils aus drei Quarks der Sorten u (up) und d (down) aufgebaut sind. Das up-Quark trägt die elektrische Ladung +2/3 (als Anteil der Elementarladung e = 1,6 ∙ 10 –19 C), das down-Quark die elektrische Ladung –1/3. Das Proton ist eine Kombination aus zwei up- und einem down-Quark: uud. Das Neutron ent-spricht udd.Für das Proton ergibt sich so die elektrische Gesamtladung 2/3 + 2/3 – 1/3 = +1 und für das Neutron 2/3 – 1/3 – 1/3 = 0. Das Proton ist somit nach außen einfach positiv geladen, das Neutron ungeladen.

22 [0 UF ] Atomdurchmesser: ca. 10 –10 m Atomkerndurchmesser: ca. 10 –14 m bis 10 –15 mMoleküldurchmesser: ca. 10 –9 m Durchmesser eines Elektrons: kleiner als 10 –18 m (gilt derzeit als punktförmig).

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23 [$ UF ] a) Die Ruheenergie für ein Elektron bzw. Positron beträgt jeweils 0,511 MeV. Das Photon muss also mindestens die Energie E = 2 ∙ 0,511 MeV = 1,022 MeV besitzen.

b) Nach der „Linke-Hand-Regel“ folgt:– Die nach „oben“ gekrümmten Spuren (1) und

(2) gehören zu Elektronen, die nach „unten“ gekrümmten Spuren (3) und (4) zu Positro-nen.

– Die stärker gekrümmten Spuren (1) und (3) gehören zu Teilchen mit geringerer Energie. Zu den Spuren (2) und (4) gehören die Teil-chen mit der größeren Energie.

– Die Lorentzkraft ist im Beispiel die Zentri- petal kraft, d. h. es gilt:

m · v 2 _ r = e ∙ v ∙ B ⇔ v = e·B·r

_ m ⇔ 1 _ 2 m ∙ v 2 = 1 _ 2 m ∙ (e ∙ B ∙ r ) 2 _

m 2 ⇔ E kin = (e ∙ B ∙ r ) 2

_ 2 m

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c-Strahlung

1 2

3 4

58 Relativitätstheorie

Relativitätstheorie


A1 [0 UF | E ] Im Versuch wurden Lichtbündel überlagert, die zwei senkrecht zueinander an-geordnete Wege durchlaufen hatten. Zunächst wurde die Anordnung so aufgestellt, dass die Lichtwege parallel und senkrecht zur Erdbahn verliefen. Michelson und Morley waren der Ansicht, dass diese optischen Wege durch die Bewegung der Erde im Äther beeinflusst würden. Sie er-warteten daher, dass eine Drehung der Anordnung um 90° einen zusätzlichen Laufzeitunterschied ergeben würde, der sich in einer Verschiebung des Interferenzmusters äußert.

A1 [0 UF ] Die Festlegung des Meters wechselte im Laufe der Zeit mehrfach. Die erste Fest-legung als 10 000 000ster Teil des Erdmeridianquadranten, welcher durch Paris verläuft, wurde in Form des Pariser Urmeters festgehalten. Diese galt bis 1960; dann wurde ein Meter als das 1 650 763,73-fache der Wellenlänge der von Atomen des Nuklids 86

Kr beim Übergang vom Zustand 5 d 5 zum Zustand 2 p 10 ausgesandten, sich im Vakuum ausbreitenden Strahlung definiert, um eine vom Vergleich mit dem Urmeter unabhängige, nachprüfbare Festlegung zu haben. 1983 wurde dann die Lichtgeschwindigkeit im Vakuum auf 299 792 458 m/s festgelegt und ein Meter als die Strecke, die das Licht im Vakuum in einer Zeit von 1 / 299 792 458 Sekunden zurücklegt. Mehr In formationen findet man im Internet, u. a. bei der Physikalisch-Technischen Bundesanstalt (PTB).

A2 [$ UF ] Die zeichnerische Lösung zeigt Folgendes: Ist im Fall a) die Geschwindigkeit v 1 senkrecht zur Strömung u, so ist der Winkel a der Re-sultierenden w zur Senkrechten stets kleiner als der Winkel b im Fall b), bei dem die Re-sultierende aus v 2 (genauso lang wie v 1 ) und u in Richtung der Senkrechten zeigt, aber kleiner als v 1 ist.

A1 [0 UF ] Das „ruhig“ fliegende Flugzeug ist praktisch ein Inertialsystem, dessen Geschwindig-keit über Grund daher wegen des Relativitätsprinzips keine Rolle bei „Experimenten“ spielt. Bei Start und Landung ist das Flugzeug als Bezugssystem aber relativ zu anderen Inertialsystemen beschleunigt, sodass Scheinkräfte auftreten, die den Kaffee auf seinem Weg zur Tasse erheblich ablenken lassen können.

A1 [0 UF ] Bahnhofsuhren werden über Mutteruhren per Funk minütlich synchronisiert. Ist der Sekundenzeiger zu schnell, bleibt er bei 12 Uhr bis zum nächsten Minutensignal stehen.

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Seite 171

u

u

v1v2 w

a = 26.57°b = 30°

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Seite 174

Relativitätstheorie 59

A1 [. UF | K ] Die reflektierten Lichtsignale(gestrichelt eingezeichnet) treffen sich in einem Punkt auf der t B -Achse. Sie treffen da-her aus der Sicht beider Beobachter gleich-zeitig wieder in der Mitte des Waggons ein. Allgemein sind zwei Ereignisse, die in einem Bezugssystem gleichzeitig an einem Ort statt-finden, auch in jedem anderen Bezugssystem gleichzeitig.

A1 [. UF ] Egal welche zwei Ereignisse und welche zwei Bezugssysteme man wählt, stets ist die Größe ð s 2 = ( c ∙ ð (t) ) 2 – ( ð (x) ) 2 in beiden Systemen gleich. Ursache dafür ist, dass die Lorentztrans formationen, welche die Koordinaten der Bezugssysteme ineinander transformieren, diesen Ausdruck invariant lassen.

Seite 175 xA in Ls6

5

4

3

2

1

0

–1

–2

–3

tA in s

xB in Ls

tB in s

vorderesWaggonende

hinteresWaggonende

1 2 3 4 5 6 7 8 9

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Raum und Zeit

1 [0 UF ] Bezugssysteme, in denen alle kräftefreien Bewegungen eines Körpers geradlinig gleich-förmig sind, heißen Inertialsysteme. Es gilt das Trägheitsprinzip. Kann man die Erddrehung vernach lässigen, dann ist z. B. der Klassenraum oder der mit konstanter Geschwindigkeit fahren-de Zug ein Inertialsystem. Keine Inertialsysteme sind beschleunigte Bezugssysteme, beispielsweise ein Zug während des Anfahrens bzw. Bremsens oder ein Auto während einer Kurvenfahrt.

2 [0 UF ] Pilot: In Flugrichtung entfernt sich das Signal mit der Geschwindigkeit c Schall – v. Nach der Reflexion nähert es sich mit der Geschwindigkeit c Schall + v.

Er erhält damit die Zeiten t AB = s___ 

 c Schall – v , t BA =

s____ 

 c Schall + v

Ruhender Beobachter: Das Signal entfernt sich vom Flugzeug mit der Geschwindigkeit c Schall und erreicht nach der Zeit t AB den Punkt B. Während dieser Zeit hat das vordere Flugzeug die Strecke v∙ t AB zurückgelegt. Die Gesamtstrecke für das Signal ist also s + v ∙ t AB .

Es gilt: c Schall ∙ t AB = s + v ∙ t AB bzw. t AB = s____ 

c Schall – v

Entsprechend gilt für den Rückweg: c Schall ∙ t AB = s–v ∙ t AB bzw. t AB = s____ 

c Schall + v

Beide Beobachter kommen zum Ergebnis

t gesamt = t AB + t BA = s____ 

 c Schall – v +

s ____ 

 c Schall + v =

2 s∙c Schall _____ 

 c Schall 2 – v 2

3 [0 UF ] Relativitätsprinzip: Alle Inertialsysteme sind bezüglich physikalischer Gesetze gleichbe-rechtigt. Konstanz der Lichtgeschwindigkeit: Die Lichtgeschwindigkeit im Vakuum ist unabhängig von der Bewegung der Lichtquelle und vom Inertialsystem, in dem sie gemessen wird. Es ist c = 299 792 458 m/s ≈ 3 ∙ 1 0 8 m/s .

4 [0 UF ] Die Uhren A und B müssen auf gleiche Ganggeschwindigkeit und auf Gleichzeitigkeit eingestellt werden. Dies kann mit Hilfe von Lichtsignalen, die vom Mittelpunkt der Verbindungs-strecke ausgehen, geschehen.Zuerst werden Lichtsignale im Abstand von einer Sekunde ausgesandt. Die Uhren A und B können auf gleiche Ganggeschwindigkeit eingestellt werden. Anschließend werden die beiden Uhren auf Null gestellt. Ein weiteres Lichtsignal startet beide Uhren gleichzeitig.

5 [$ UF ] Minkowski-Diagramme sind Zeit-Ort-Diagramme. Die Rechtsachse ist die Zeitachse in der Einheit Sekunde. Die zweite Achse ist Ortsachse in der Einheit Lichtsekunde (Ls). Es ist 1 Ls = 3 ∙ 1 0 8 m.

6 [$ UF | K ] Reisender: Das Lichtsignal breitet sich mit der Ge schwindigkeit c aus. Für die gleich langen Wege zur Vorder- und Rückseite des Wagens werden gleiche Zeiten benötigt. Die Lichtsignale kommen gleichzeitig an.Bahndamm: Das Lichtsignal breitet sich mit der Ge -schwindigkeit c aus. Das vordere Wagenende entfernt sich vom Lichtsignal, das hintere Wagenende kommt dem Lichtsignal entgegen. Das Lichtsignal erreicht zuerst das hintere Wagenende und dann das vordere.

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1

B

AA vorB

Wagenvorne

Mitte

hintenLicht

1

t in s

x in Ls

Relativitätstheorie 61

7 [$ UF ] Methode 1: Ist die Geschwindigkeit bekannt, wird die Zeit gemessen, die die Rakete zum Vorbeiflug an einer bestimmten Stelle benötigt.

Methode 2: Ist die Geschwindigkeit nicht bekannt, bestimmt man die Positionen der Raketen-enden zu einem bestimmten Zeitpunkt. Die Länge ist die Differenz.Sei l E die Länge der Rakete, die im System des Beobachters ruht, l B diejenige, in dem sich die Rakete für einen anderen Betrachter mit v bewegt.

Dann ergibt die Messung: l B = l E ∙ Ö___

1 – v 2

__  c 2

= 4,36 m

8 [$ UF ] a) t E = t R ___ 

 Ö___

1 – v 2

__  c 2

⇒ t E =

t R _____ 

 Ö______

1 – (0,99 c) 2

____  c 2

= 7,09 ∙ t R

⇒ Für t R = 1 h ist t E = 7,09 h (= 25 520 s)

b) Die Signalausbreitung erfolgt mit c. Nach der Pause ist der Signalweg um die Strecke

ð s = v ∙ t E = 0,99 ∙ 299,8 ∙ 10 6 m

_ s ∙ 25 520 s = 7,57 ∙ 10 12 m länger, für die das Licht t Licht = 25 265 s

benötigt. Auf der Erde vergehen also insgesamt rund 14 h.

9 [. UF ] Wegen der maximal mit c sich ausbreitenden Kräfte auf die Scherblätter kann sich auch jeder Massenpunkt darauf nicht mit Überlichtgeschwindigkeit bewegen. Der Schnittpunkt P ist auch kein beiden Scherblättern gemeinsamer Massenpunkt und als solcher bewegt er sich auch nicht mit P; P wird ständig von verschiedenen Massenpunkten erzeugt. Das Wandern von P kann als Signal oder Information angesehen werden. Auch diese können höchstens mit Lichtgeschwindigkeit verbreitet werden.

Masse und Energie

10 [$ UF ] a) E = m 0 ∙ c 2 ⇒ E = 1 kg ∙ ( 299,8 ∙ 1 0 6 m

_ s ) 2 = 8,99 ∙ 10 16 J

b) ð E = c ∙ m 0 ∙ ð T ⇒ ð E = 4,18 J

___ g ∙ K

∙ 1 000 g ∙ 100 K = 418 kJ

ð m = ð E__ 

c 2 ⇒ Die Masse nimmt um den nicht messbaren Betrag

  ð m = 4,65 ∙ 10 –12 kg zu.

11 [$ UF | E ] a) Der b-Strahler sendet schnelle Elektronen aus. Die erste Blende erzeugt einen Elektronenstrahl. Im Geschwindigkeitsfilter stehen elektrisches und magnetisches Feld senkrecht aufeinander. Durch die Öffnung der zweiten Blende gelangen nur Elektronen, die nicht abgelenkt werden. Für diese gilt F e = F L bzw. e ∙ E = v ∙ e ∙ B. Hieraus lässt sich v bestimmen. Die an-schließende Ablenkung im zweiten Magnetfeld gestattet eine e/m-Bestimmung. Mit steigender Geschwindigkeit misst man immer kleiner werdende e/m-Werte. Da die Ladung konstant bleibt, muss die Masse steigen.

Rechnung: Aus dem Kräftegleichgewicht e ∙ E = e ∙ v ∙ B ergibt sich die Geschwindigkeit

v = E _ B = 7,2 ∙ 10 6 Vm –1

______ 0,030 Vs m –2

= 2,4 ∙ 10 8 ms –1 = 0,8 c und damit die Masse

m = m 0 ____ 

Ö____ 1 – v 2 _ 

c 2 =

9,11 ∙ 10 –31 kg ______ 

Ö____ 1 – 0,64 =

9,11 ∙ 10 –31 kg ______ 0,6 = 15,2 ∙ 10 –31 kg ⇒ 0,6 m = m 0 .

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Aus der Bedingung Lorentzkraft = Zentripetalkraft ( e ∙ v ∙ B = m ∙ v 2 _ r ) folgt e_ m = v_ r ∙ B. Setzt

man die gegebenen Größen ein, so erhält man mit e_ m = 1,0 526 ∙ 10 11 C __ kg das 0,6-fache desTabellenwertes.

Dies entspricht der Massenzunahme, denn e_ m = 0,6 e

___ 0,6 m = 0,6 e

__  m 0 = 0,6 e__  m 0 .

b) Es ist: E kin = E – E 0 = m 0 ∙ c 2 ∙ (  1 ____ 

Ö____ 1 – v 2 _ 

c 2 – 1 ) ⇒

E kin ___ 

m 0 ∙ c 2 + 1 = 1

____ 

Ö____ 1 – v 2 __ 

c 2

⇒ v = c ∙ Ö______ 1 – 1

____ 

(  1 + E kin ____ 

m 0 ∙ c 2 ) 2

Am Ende der Beschleunigungsstrecke besitzen die Elektronen die kinetische Energie E kin = 30 keV.

Außerdem gilt für Elektronen m 0 · c 2 = 511 keV. Setzt man diese Werte in die letzte Gleichung ein, so erhält man v = 0,73 c = 2,2 ∙ 10 8 m/s.

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