Hinweis: Bei dieser Lösung von LEIFIphysik handelt es sich nicht um den amtlichen Lösungsvorschlag des bayr. Kultusministeriums.
a)Die Reaktionsgleichung lautet
\[{}_7^{14}{\rm{N}} + {}_0^1{\rm{n}} \to {}_6^{14}{\rm{C}} + {}_1^1{\rm{H}}\]
Der \(Q\)-Wert berechnet sich zu
\[\begin{eqnarray}Q &=& \Delta m \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {{m_{\rm{A}}}\left( {_7^{14}{\rm{N}}} \right) + {m_{\rm{A}}}\left( {_0^1{\rm{n}}} \right) - \left( {{m_{\rm{A}}}\left( {_6^{14}{\rm{C}}} \right) + {m_{\rm{A}}}\left( {_1^1{\rm{H}}} \right)} \right)} \right] \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {{m_{\rm{A}}}\left( {_7^{14}{\rm{N}}} \right) + {m_{\rm{A}}}\left( {_0^1{\rm{n}}} \right) - {m_{\rm{A}}}\left( {_6^{14}{\rm{C}}} \right) - {m_{\rm{A}}}\left( {_1^1{\rm{H}}} \right)} \right] \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {14{,}003074{\rm{u}} + 1{,}008665{\rm{u}} - 14{,}003242{\rm{u}} - 1{,}007825{\rm{u}}} \right] \cdot {c^2}\\ &=& 6{,}72 \cdot {10^{ - 4}} \cdot u \cdot {c^2}\\ &=& 6{,}72 \cdot {10^{ - 4}} \cdot 931{,}5\,{\rm{MeV}}\\ &=& 626\,{\rm{keV}}\end{eqnarray}\]
Da der \(Q\)-Wert positiv ist, ist der Prozess exotherm.
b)\({^{14}{\rm{C}}}\) hat gegenüber \({^{12}{\rm{C}}}\) Neutronenüberschuss, durch β --Zerfall baut sich der Neutronenüberschuss ab.
\[{}_6^{14}{\rm{C}} \to {}_7^{14}{\rm{N}} + {}_{ - 1}^0{\rm{e}} + \bar \nu \]
c)In der oberen Atmosphäre entsteht laufend \({^{14}{\rm{C}}}\). Deshalb ist im normalen \({{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}\) der Luft neben dem stabilen \({^{12}{\rm{C}}}\) ein bestimmter ziemlich konstant bleibender Anteil von \({^{14}{\rm{C}}}\). Bei der Fotosynthese bilden sich aus dem \({{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}\), der Luft und Wasser pflanzliche Kohlenwasserstoffe. So wie die Pflanze stirbt, baut es kein \({{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}\) der Luft mehr ein. Das \({^{14}{\rm{C}}}\) zerfällt nun mit der für es typischen Halbwertszeit. Aus der Aktivität von \(1{\rm{g}}\) "alten Pflanzen-Kohlenstoffs" \(A(t)\) und der bekannten Aktivität von \(1{\rm{g}}\) "neuen Pflanzen-Kohlenstoffs" \({A_0}\) kann man wie in Teilaufgabe d) gezeigt wird das Alter berechnen.
d)Aus
\[A(t) = {A_0} \cdot {e^{ - \frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot t}} \Leftrightarrow \frac{{A(t)}}{{{A_0}}} = {e^{ - \frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot t}} \Leftrightarrow - \frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot t = \ln \left( {\frac{{A(t)}}{{{A_0}}}} \right) \Leftrightarrow t = \frac{{ - \ln \left( {\frac{{A(t)}}{{{A_0}}}} \right) \cdot {T_{1/2}}}}{{\ln \left( 2 \right)}}\]
ergibt sich mit \(A(t) = 0{,}58 \cdot {A_0}\)
\[t = \frac{{ - \ln \left( {0{,}58} \right)}}{{\ln \left( 2 \right)}} \cdot 5730\,{\rm{a}} = 4500\,{\rm{a}}\]
e)Der natürliche \({^{14}{\rm{C}}}\)-Anteil könnte zu "Ötzis" Zeiten größer gewesen sein als heute.
