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Aufgabe

Alphazerfall von Polonium (Abitur BY 1996 LK A4-2)

Schwierigkeitsgrad: mittelschwere Aufgabe

Das Polonium-Isotop \({{}^{210}{\rm{Po}}}\) geht durch \(\alpha\)-Zerfall mit einer Halbwertszeit von \(138\,\rm{d}\) in \({{}^{206}{\rm{Pb}}}\) über. Atommassen: \({{m_{\rm{A}}}\left( {{}^{210}{\rm{Po}}} \right) = 209{,}982874\rm{u}}\); \({{m_{\rm{A}}}\left( {{}^{206}{\rm{Pb}}} \right) = 205{,}974465\rm{u}}\).

a)Ermittle die Energiebilanz (\(Q\)-Wert) des Prozesses. [zur Kontrolle: \(Q = 5{,}4\,{\rm{MeV}}\)] (4 BE)

b)Berechne die maximale kinetische Energie des \(\alpha\)-Teilchens, wenn man annimmt, dass der Ausgangskern ruht (Nichtrelativistische Rechnung).

Erläutere, warum auch andere diskrete Energiewerte von \(\alpha\)Teilchen vorkommen können. (8 BE)

Es liegt ein Präparat von \(1{,}00\,\rm{mg}\) \({{}^{210}{\rm{Po}}}\) vor, das in einer gasdichten, ansonsten zunächst evakuierten Kapsel mit einem Innenvolumen von \(12\,\rm{mm}^3\) eingeschlossen ist.

c)Berechne die totale Wärmeabgabe des Präparats während der ersten \(100\) Tage, wenn die gesamte freiwerdende Energie in Wärme umgesetzt wird. (7 BE)

d)Berechne den Gasdruck, der nach \(100\) Tagen bei \(20^\circ {\rm{C}}\) in der Kapsel herrscht, wenn alles gebildete Helium dort verbleibt. (6 BE)

Hinweis: Die hier angegebenen Atommassen wurden der AME2016 des AMDC-Atomic Mass Data Center entnommen.

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Hinweis: Bei dieser Lösung von LEIFIphysik handelt es sich nicht um den amtlichen Lösungsvorschlag des bayr. Kultusministeriums.

a)\[\begin{eqnarray}Q &=& \Delta m \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {{m_{\rm{A}}}(_{84}^{218}{\rm{Po}}) - \left( {{m_{\rm{A}}}\left( {_{82}^{214}{\rm{Pb}}} \right) + {m_{\rm{A}}}\left( {_2^4{\rm{He}}} \right)} \right)} \right] \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {{m_{\rm{A}}}(_{84}^{218}{\rm{Po}}) - {m_{\rm{A}}}\left( {_{82}^{214}{\rm{Pb}}} \right) - {m_{\rm{A}}}\left( {_2^4{\rm{He}}} \right)} \right] \cdot {c^2}\\ &=& \left[ {209,982874{\rm{u}} - 205,974465{\rm{u}} - 4,0026036{\rm{u}}} \right] \cdot {c^2}\\ &=& 0{,}0058054 \cdot {\rm{u}} \cdot {c^2}\\ &=& 0{,}0058054 \cdot 931{,}49\,{\rm{MeV}}\\ &=& 5{,}41\,{\rm{MeV}}\end{eqnarray}\]

b)Setzt man den Impulserhaltungssatz\[{m_{\rm{\alpha }}} \cdot {v_{\rm{\alpha }}} = {m_{{\rm{Pb}}}} \cdot {v_{{\rm{Pb}}}} \Leftrightarrow {v_{{\rm{Pb}}}} = \frac{{{m_{\rm{\alpha }}}}}{{{m_{{\rm{Pb}}}}}} \cdot {v_{\rm{\alpha }}}\]in den Energieerhaltungssatz\[\frac{1}{2} \cdot {m_{\rm{\alpha }}} \cdot v_{\rm{\alpha }}^2 + \frac{1}{2} \cdot {m_{{\rm{Pb}}}} \cdot v_{{\rm{Pb}}}^2 = Q\]ein, so ergibt sich\[\frac{1}{2} \cdot {m_{\rm{\alpha }}} \cdot v_{\rm{\alpha }}^2 + \frac{1}{2} \cdot \;\frac{{{m_{\rm{\alpha }}}^2}}{{{m_{{\rm{Pb}}}}}} \cdot v_{\rm{\alpha }}^2 = Q \Leftrightarrow \frac{1}{2} \cdot {m_{\rm{\alpha }}} \cdot v_{\rm{\alpha }}^2 \cdot \left( {1 + \frac{{{m_{\rm{\alpha }}}}}{{{m_{{\rm{Pb}}}}}}} \right) = Q\]Damit erhält man\[{E_{{\rm{kin,\alpha }}}} = \frac{1}{2}{m_\alpha }{v_{\rm{\alpha }}^2} = \frac{Q}{{1 + \frac{{{m_{\rm{\alpha }}}}}{{{m_{{\rm{Pb}}}}}}}} = Q \cdot \frac{{{m_{{\rm{Pb}}}}}}{{{m_{{\rm{Pb}}}} + {m_{\rm{\alpha }}}}}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[{E_{{\rm{kin}}{\rm{,\alpha }}}} = 5{,}41\,{\rm{MeV}} \cdot \frac{{206{\rm{u}}}}{{206{\rm{u}} + 4{\rm{u}}}} = 5{,}31\,{\rm{MeV}}\]Es sind auch andere diskrete \(\alpha\)-Energien möglich, weil diese dann zu Tochterkernen im angeregten Zustand führen, die unter \(\gamma\)-Emission in den Grundzustand übergehen.

c)Die Anzahl der Atome, die sich in \(1\,\rm{mg}\) Polonium befinden, berechnet sich zu\[{N_0} = \frac{m}{{{m_{\rm{A}}}\left( {{\rm{Po}}} \right)}} \Rightarrow {N_0} = \frac{{1{,}00 \cdot {{10}^{ - 6}}{\rm{kg}}}}{{210 \cdot 1{,}66 \cdot {{10}^{ - 27}}{\rm{kg}}}} = 2{,}87 \cdot {10^{18}}\]Aus dem Zerfallsgesetz \(N(t) = {N_0} \cdot {e^{ - \lambda \cdot t}}\) erhält man für die Anzahl der zerfallenen Kerne\[\Delta N = {N_0} - N(t) = {N_0} \cdot \left( {1 - {e^{ - \lambda \cdot t}}} \right)\]Für die zu berechnende Wärmeabgabe erhält man damit\[\Delta W = \Delta N \cdot Q = {N_0} \cdot \left( {1 - {e^{ - \lambda \cdot t}}} \right) \cdot Q = N_0 \cdot \left( {1 - {e^{ - \frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{{T_{1/2}}}} \cdot t}}} \right) \cdot Q\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[\Delta W = 2{,}87 \cdot {10^{18}} \cdot \left( {1 - {e^{ - \frac{{\ln \;\left( 2 \right)}}{{138\,{\rm{d}}}}\; \cdot \;100\,{\rm{d}}}}} \right) \cdot Q = 1{,}13 \cdot {10^{18}} \cdot Q = 6{,}1 \cdot {10^{24}}\,{\rm{eV}} = 0{,}98\,{\rm{MJ}}\]

d)Die Anzahl der Helium-Kerne ist gleich der oben berechneten Anzahl der in \(100\) Tagen zerfallenen Polonium-Kerne, d.h. \({N_{{\rm{He}}}} = 1{,}13 \cdot {10^{18}}\). Aus der Allgemeinen Gasgleichung \[p \cdot V = N \cdot {k_{\rm{B}}} \cdot T \Leftrightarrow p = \frac{{N \cdot {k_{\rm{B}}} \cdot T}}{V}\]ergibt sich durch Einsetzen der gegebenen Werte\[p = \frac{{1{,}13 \cdot {{10}^{18}} \cdot 1{,}38 \cdot {{10}^{ - 23}}\,\frac{{\rm{J}}}{{\rm{K}}} \cdot 293{\rm{K}}}}{{12 \cdot {{10}^{ - 9}}{{\rm{m}}^3}}} = 3{,}8 \cdot {10^5}{\rm{Pa}} = 3{,}8{\rm{bar}}\]

Grundwissen zu dieser Aufgabe

Kern-/Teilchenphysik

Radioaktivität - Fortführung